高考真題專題分類匯編直線、平面垂直的判定和性質(zhì)（十年高考）含答案與解析

8.4直線、平面垂直的判定與性質(zhì)直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.(2022全國(guó)乙,理7,文9,5分)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點(diǎn),則()A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D答案A如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AC⊥BD,EF∥AC,∴EF⊥BD,又D1D⊥平面ABCD,EF?平面ABCD,∴D1D⊥EF,又D1D∩BD=D,∴EF⊥平面BDD1,又EF?平面B1EF,∴平面B1EF⊥平面BDD1,故選A.2.(2023全國(guó)甲文,18,12分,中)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.(1)證明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(2)設(shè)AB=A1B,AA1=2,求四棱錐A1-BB1C1C的高.解析(1)證明:∵A1C⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,又∵A1C,AC?平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC?平面BB1C1C,∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)過(guò)A1作A1O⊥CC1,垂足為O,∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O?平面ACC1A1,∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱錐A1-BB1C1C的高.由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.在Rt△A1CB與Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,又知A1C⊥A1C1,∴△CA1C1為等腰直角三角形,∴A1O=12CC1=12AA1=1,即四棱錐A1-BB1C1C3.(2015陜西,18,12分)如圖1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=π2,AB=BC=12AD=a,E是AD的中點(diǎn),O是AC與BE的交點(diǎn).將△ABE沿BE折起到圖2中△A1BE的位置,得到四棱錐A(1)證明:CD⊥平面A1OC;(2)當(dāng)平面A1BE⊥平面BCDE時(shí),四棱錐A1-BCDE的體積為362,求a的值.解析(1)證明:在題圖1中,因?yàn)锳B=BC=12AD=a,E是AD的中點(diǎn)∠BAD=π2,所以BE⊥即在題圖2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,又A1O∩OC=O,從而BE⊥平面A1OC,又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.(2)由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,且平面A1BE∩平面BCDE=BE,又由(1)知,A1O⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,即A1O是四棱錐A1-BCDE的高.由題圖1知,A1O=22AB=22a,平行四邊形S=BC·AB=a2.從而四棱錐A1-BCDE的體積為V=13×S×A1O=13×a2×22a=2由26a3=362,得評(píng)析本題首先借“折疊”問(wèn)題考查空間想象能力,同時(shí)考查線面垂直的判定及面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用.4.(2015福建,20,12分)如圖,AB是圓O的直徑,點(diǎn)C是圓O上異于A,B的點(diǎn),PO垂直于圓O所在的平面,且PO=OB=1.(1)若D為線段AC的中點(diǎn),求證:AC⊥平面PDO;(2)求三棱錐P-ABC體積的最大值;(3)若BC=2,點(diǎn)E在線段PB上,求CE+OE的最小值.解析(1)證明:在△AOC中,因?yàn)镺A=OC,D為AC的中點(diǎn),所以AC⊥DO.又PO垂直于圓O所在的平面,所以PO⊥AC.因?yàn)镈O∩PO=O,所以AC⊥平面PDO.(2)因?yàn)辄c(diǎn)C在圓O上,所以當(dāng)CO⊥AB時(shí),C到AB的距離最大,且最大值為1.又AB=2,所以△ABC面積的最大值為12又因?yàn)槿忮FP-ABC的高PO=1,故三棱錐P-ABC體積的最大值為13×1×1=1(3)解法一:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以PB=12+12=2.同理,PC=在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所示.當(dāng)O,E,C'共線時(shí),CE+OE取得最小值.又因?yàn)镺P=OB,C'P=C'B,所以O(shè)C'垂直平分PB,即E為PB中點(diǎn).從而OC'=OE+EC'=22+62=亦即CE+OE的最小值為2+解法二:在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°,所以∠OPB=45°,PB=12+12=2.所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°.在三棱錐P-ABC中,將側(cè)面BCP繞PB所在直線旋轉(zhuǎn)至平面BC'P,使之與平面ABP共面,如圖所示.當(dāng)O,E,C'共線時(shí),CE+OE取得最小值.所以在△OC'P中,由余弦定理得:OC'2=1+2-2×1×2×cos(45°+60°)=1+2-2222×從而OC'=2+3=2所以CE+OE的最小值為22+6評(píng)析本題主要考查直線與平面的位置關(guān)系、錐體的體積等基礎(chǔ)知識(shí),考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想.5.(2014福建文,19,12分)如圖,三棱錐A-BCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥BD.(1)求證:CD⊥平面ABD;(2)若AB=BD=CD=1,M為AD中點(diǎn),求三棱錐A-MBC的體積.解析(1)證明:∵AB⊥平面BCD,CD?平面BCD,∴AB⊥CD.又∵CD⊥BD,AB∩BD=B,AB?平面ABD,BD?平面ABD,∴CD⊥平面ABD.(2)解法一:由AB⊥平面BCD,得AB⊥BD.∵AB=BD=1,∴S△ABD=12∵M(jìn)是AD的中點(diǎn),∴S△ABM=12S△ABD=1由(1)知,CD⊥平面ABD,∴三棱錐C-ABM的高h(yuǎn)=CD=1,因此VA-MBC=VC-ABM=13S△ABM·h=1解法二:由AB⊥平面BCD知,平面ABD⊥平面BCD,又平面ABD∩平面BCD=BD,如圖,過(guò)點(diǎn)M作MN⊥BD交BD于點(diǎn)N,則MN⊥平面BCD,且MN=12AB=1又CD⊥BD,BD=CD=1,∴S△BCD=12∴三棱錐A-MBC的體積VA-MBC=VA-BCD-VM-BCD=13AB·S△BCD-13MN·S△BCD=6.(2014山東文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB=BC=12AD,E,F分別為線段AD,PC的中點(diǎn)(1)求證:AP∥平面BEF;(2)求證:BE⊥平面PAC.證明(1)設(shè)AC∩BE=O,連接OF,EC.由于E為AD的中點(diǎn),AB=BC=12AD,AD∥所以AE∥BC,AE=AB=BC,因此四邊形ABCE為菱形,所以O(shè)為AC的中點(diǎn).又F為PC的中點(diǎn),因此在△PAC中,可得AP∥OF.又OF?平面BEF,AP?平面BEF,所以AP∥平面BEF.(2)由題意知ED∥BC,ED=BC,所以四邊形BCDE為平行四邊形,因此BE∥CD.又AP⊥平面PCD,CD?平面PCD,所以AP⊥CD,因此AP⊥BE.因?yàn)樗倪呅蜛BCE為菱形,所以BE⊥AC.又AP∩AC=A,AP,AC?平面PAC,所以BE⊥平面PAC.7.(2014廣東文,18,13分)如圖1,四邊形ABCD為矩形,PD⊥平面ABCD,AB=1,BC=PC=2.作如圖2折疊:折痕EF∥DC,其中點(diǎn)E,F分別在線段PD,PC上,沿EF折疊后點(diǎn)P在線段AD上的點(diǎn)記為M,并且MF⊥CF.(1)證明:CF⊥平面MDF;(2)求三棱錐M-CDE的體積.解析(1)證明:∵PD⊥平面ABCD,AD?平面ABCD,∴PD⊥AD.∵四邊形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.又∵PD∩DC=D,∴AD⊥平面PCD.∵CF?平面PCD,∴AD⊥CF.又∵M(jìn)F⊥CF,MF∩AD=M,∴CF⊥平面MDF.(2)由(1)知CF⊥DF,PD⊥DC,在△PCD中,DC2=CF·PC.∴CF=CD2PC又∵EF∥DC,∴PCPD=FCED?ED=PD·FCPC∴PE=ME=3-34=3∴S△CDE=12DC·ED=12×1×34在Rt△MDE中,MD=ME2?∴VM-CDE=13S△CDE·MD=13×38×68.(2013廣東文,18,14分)如圖1,在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形ABC中,D,E分別是AB,AC上的點(diǎn),AD=AE,F是BC的中點(diǎn),AF與DE交于點(diǎn)G.將△ABF沿AF折起,得到如圖2所示的三棱錐A-BCF,其中BC=22圖1圖2(1)證明:DE∥平面BCF;(2)證明:CF⊥平面ABF;(3)當(dāng)AD=23時(shí),求三棱錐F-DEG的體積VF-DEG解析(1)證明:在等邊三角形ABC中,AD=AE,∴ADDB=AEEC,在折疊后的三棱錐A-BCF中也成立,∴DE∥BC,∵DE?平面BCF,BC?平面BCF,∴DE∥(2)證明:在等邊三角形ABC中,F是BC的中點(diǎn),∴AF⊥BC,BF=CF=12∵在三棱錐A-BCF中,BC=22∴BC2=BF2+CF2,∴CF⊥BF.∵BF∩AF=F,∴CF⊥平面ABF.(3)由(1)可知GE∥CF,結(jié)合(2)可得GE⊥平面DFG.∴VF-DEG=VE-DFG=13·12·DG·FG·GE=13·12·13·1評(píng)析本題考查線面平行、線面垂直的證明以及空間幾何體體積的計(jì)算,考查立體幾何中翻折問(wèn)題以及學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理論證能力.抓住翻折過(guò)程中的不變量是解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵,第(3)問(wèn)的關(guān)鍵在于對(duì)幾何體的轉(zhuǎn)化.9.(2012北京文,16,14分)如圖1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分別為AC,AB的中點(diǎn),點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn).將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,如圖2.(1)求證:DE∥平面A1CB;(2)求證:A1F⊥BE;(3)線段A1B上是否存在點(diǎn)Q,使A1C⊥平面DEQ?說(shuō)明理由.解析(1)證明:因?yàn)镈,E分別為AC,AB的中點(diǎn),所以DE∥BC.又因?yàn)镈E?平面A1CB,所以DE∥平面A1CB.(2)證明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC,所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D,DE⊥CD.因?yàn)锳1D∩CD=D,所以DE⊥平面A1DC.而A1F?平面A1DC,所以DE⊥A1F.又因?yàn)锳1F⊥CD,CD∩DE=D,所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.(3)線段A1B上存在點(diǎn)Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下:如圖,分別取A1C,A1B的中點(diǎn)P,Q,連接PQ,則PQ∥BC.又因?yàn)镈E∥BC,所以DE∥PQ.所以平面DEQ即為平面DEP.由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.又因?yàn)镻是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點(diǎn),所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.即A1C⊥平面DEQ.故線段A1B上存在點(diǎn)Q,使得A1C⊥平面DEQ.評(píng)析本題的前兩問(wèn)屬容易題,第(3)問(wèn)是創(chuàng)新式問(wèn)法,可以先猜后證,此題對(duì)于知識(shí)掌握不牢靠的學(xué)生而言,可能不能順利解答.10.(2019課標(biāo)Ⅲ文,19,12分)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2.(1)證明:圖2中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖2中的四邊形ACGD的面積.解析本題考查了線面、面面垂直問(wèn)題,通過(guò)翻折、平面與平面垂直的證明考查了空間想象能力和推理論證能力,考查了直觀想象的核心素養(yǎng).(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)取CG的中點(diǎn)M,連接EM,DM.因?yàn)锳B∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四邊形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=3,故DM=2.所以四邊形ACGD的面積為4.思路分析(1)翻折問(wèn)題一定要注意翻折前后位置的變化,特別是平行、垂直的變化.由矩形、直角三角形中的垂直關(guān)系,利用線面垂直、面面垂直的判定定理可證兩平面垂直;而由平行公理和平面的基本性質(zhì)不難證明四點(diǎn)共面.(2)根據(jù)菱形的特征結(jié)合(1)的結(jié)論找到菱形BCGE的邊CG上的高求解.解題關(guān)鍵抓住翻折前后的垂直關(guān)系,靈活轉(zhuǎn)化線線垂直、線面垂直和面面垂直,題中構(gòu)造側(cè)棱的特殊“直截面”△DEM,是本題求解的關(guān)鍵和難點(diǎn).11.(2021全國(guó)乙文,18,12分)如圖,四棱錐P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M為BC的中點(diǎn),且PB⊥AM.(1)證明:平面PAM⊥平面PBD;(2)若PD=DC=1,求四棱錐P-ABCD的體積.解析(1)證明:由于PD⊥平面ABCD,AM?平面ABCD,則PD⊥AM,又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB,PD?平面PBD,所以AM⊥平面PBD,因?yàn)锳M?平面PAM,所以平面PAM⊥平面PBD.(2)由(1)知AM⊥平面PBD,因?yàn)锽D?平面PBD,所以AM⊥BD,所以∠MAB+∠ABD=90°,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,所以∠DAB=∠ABM,所以∠MAB+∠AMB=90°,所以∠ABD=∠AMB,則△DAB∽△ABM,則DAAB=ABBM,又AB=DC=1,M為BC的中點(diǎn),∴∴S矩形ABCD=AB·AD=2,∴V四棱錐P-ABCD=13S矩形ABCD·PD=1名師點(diǎn)撥:本題以學(xué)生熟悉的四棱錐為載體,充分考查了學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力,要求學(xué)生熟練掌握空間幾何體中垂直的證明方法,在計(jì)算中體現(xiàn)空間和平面之間的轉(zhuǎn)化思想,尤其是基本圖形的運(yùn)算.12.(2022全國(guó)乙文,18,12分)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點(diǎn).(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°,點(diǎn)F在BD上,當(dāng)△AFC的面積最小時(shí),求三棱錐F-ABC的體積.解析(1)證明:∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ADB≌△CDB,∴AB=BC,又E為AC的中點(diǎn),∴BE⊥AC,在△ADC中,AD=CD,E為AC的中點(diǎn),∴DE⊥AC,又DE?平面BED,BE?平面BED,DE∩BE=E,∴AC⊥平面BED,∵AC?平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.(2)由(1)可知AB=BC且∠ACB=60°,∴△ABC為等邊三角形,∴AC=AB=2.又AD=DC,AD⊥CD,∴AD=DC=2,連接EF,由(1)知AC⊥平面BED,∵EF?平面BED,∴AC⊥EF,∴S△ACF=12AC×EF=EF在Rt△ADC中,可得DE=1,在△ABC中,可得BE=3,又BD=2,∴BD2=DE2+BE2,∴△BED為直角三角形,且∠EBD=30°,∴EF的最小值為Rt△BED斜邊上的高h(yuǎn),且h=BEsin∠EBD=32∵AC⊥平面BEF,∴VF-ABC=13S△BEF×=13×=13×=13=3413.(2022全國(guó)乙理,18,12分)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點(diǎn).(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°,點(diǎn)F在BD上,當(dāng)△AFC的面積最小時(shí),求CF與平面ABD所成的角的正弦值.解析(1)證明:因?yàn)锳D=CD,E為AC的中點(diǎn),所以DE⊥AC.因?yàn)椤螦DB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E為AC的中點(diǎn),所以BE⊥AC.又DE,BE?平面BED,且DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,又AC?平面ACD,所以平面ACD⊥平面BED.(2)由題意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=3.因?yàn)锳D⊥DC,E為AC的中點(diǎn),所以DE=1.所以DE2+BE2=BD2,則DE⊥BE.連接EF,因?yàn)锳C⊥平面BED,EF?平面BED,所以AC⊥EF,所以S△AFC=12AC·EF=當(dāng)EF⊥BD時(shí),EF最小,即△AFC的面積最小,此時(shí)EF=32如圖,以E為坐標(biāo)原點(diǎn),EA,EB,ED的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz,則C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1所以AD=(-1,0,1),BD=(0,-3,1),CF=設(shè)平面ABD的法向量為n=(x,y,z),則AD·n=0,BD·n=0,即?x+z=0,?3y+設(shè)CF與平面ABD所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,CF>|=所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為4314.(2021新高考Ⅰ,20,12分)如圖,在三棱錐A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O為BD的中點(diǎn).(1)證明:OA⊥CD;(2)若△OCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形,點(diǎn)E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小為45°,求三棱錐A-BCD的體積.解題指導(dǎo):(1)正確利用面面垂直的性質(zhì)定理是證明第一問(wèn)的關(guān)鍵.(2)可用二面角定義找出二面角的平面角,進(jìn)而求出三棱錐A-BCD底面BCD上的高及體積,也可選擇建立空間直角坐標(biāo)系,根據(jù)已知條件求出三棱錐A-BCD底面BCD上的高,進(jìn)而求出其體積.解析(1)證明:在△ABD中,∵AB=AD,O為BD的中點(diǎn),∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO?平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD?平面BCD,∴AO⊥CD.(2)在△ABD中,過(guò)E作EN∥AO交BD于N,則由AO⊥平面BCD得EN⊥平面BCD,∴EN⊥BC,∵OB=OD=OC=1,∴∠BCD=90°,即DC⊥BC.在△BCD中,過(guò)N作NM∥CD交BC于M,則NM⊥BC.連接EM,∵BC⊥EN,BC⊥NM,EN∩NM=N,∴BC⊥平面EMN,∴EM⊥BC,∴∠EMN為二面角E-BC-D的平面角,又知二面角E-BC-D的大小為45°,∴∠EMN=45°,∴△EMN為等腰直角三角形,又由DE=2EA得DN=2NO,∴MN=23CD=23∴AO=OD=1,∴VA-BCD=13故三棱錐A-BCD的體積為36一題多解(2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C為原點(diǎn),CD,CB,OA的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則C(0,0,0),B(0,3,0),則E23,33,23a,∴CB=(0,3,0),CE=23,33,23a,設(shè)平面EBC的法向量為n=∴n=(a,0,-1),易知平面BCD的一個(gè)法向量為m=(0,0,1),由題可知|cos<m,n>|=m·n|m|·|n|∴a=1,即AO=1.∴VA-BCD=13故三棱錐A-BCD的體積為3615.(2018課標(biāo)Ⅰ文,18,12分)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且AB⊥DA.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=23DA,求三棱錐Q-ABP的體積解析(1)證明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=32.又BP=DQ=23DA,所以BP=22作QE⊥AC,垂足為E,則QE=13DC,QE∥由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=13·QE·S△ABP=13×1×12×3×22規(guī)律總結(jié)證明空間線面位置關(guān)系的一般步驟:(1)審清題意:分析條件,挖掘題目中平行與垂直的關(guān)系;(2)明確方向:確定問(wèn)題的方向,選擇證明平行或垂直的方法,必要時(shí)添加輔助線;(3)給出證明:利用平行、垂直關(guān)系的判定或性質(zhì)給出問(wèn)題的證明;(4)反思回顧:查看關(guān)鍵點(diǎn)、易漏點(diǎn),檢查使用定理時(shí)定理成立的條件是否遺漏,符號(hào)表達(dá)是否準(zhǔn)確.解題關(guān)鍵(1)利用平行關(guān)系將∠ACM=90°轉(zhuǎn)化為∠BAC=90°是求證第(1)問(wèn)的關(guān)鍵;(2)利用翻折的性質(zhì)將∠ACM=90°轉(zhuǎn)化為∠ACD=90°,進(jìn)而利用面面垂直的性質(zhì)定理及線面垂直的性質(zhì)定理得出三棱錐Q-ABP的高是求解第(2)問(wèn)的關(guān)鍵.16.(2018北京文,18,14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分別為AD,PB的中點(diǎn).(1)求證:PE⊥BC;(2)求證:平面PAB⊥平面PCD;(3)求證:EF∥平面PCD.證明(1)因?yàn)镻A=PD,E為AD的中點(diǎn),所以PE⊥AD.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以BC∥AD.所以PE⊥BC.(2)因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以AB⊥AD.又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因?yàn)镻A⊥PD,所以PD⊥平面PAB.所以平面PAB⊥平面PCD.(3)取PC中點(diǎn)G,連接FG,DG.因?yàn)镕,G分別為PB,PC的中點(diǎn),所以FG∥BC,FG=12因?yàn)锳BCD為矩形,且E為AD的中點(diǎn),所以DE∥BC,DE=12所以DE∥FG,DE=FG.所以四邊形DEFG為平行四邊形.所以EF∥DG.又因?yàn)镋F?平面PCD,DG?平面PCD,所以EF∥平面PCD.17.(2017課標(biāo)Ⅲ文,19,12分)如圖,四面體ABCD中,△ABC是正三角形,AD=CD.(1)證明:AC⊥BD;(2)已知△ACD是直角三角形,AB=BD.若E為棱BD上與D不重合的點(diǎn),且AE⊥EC,求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比.解析(1)證明:取AC的中點(diǎn)O,連接DO,BO.因?yàn)锳D=CD,所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO.因?yàn)镈O∩BO=O,所以AC⊥平面DOB,因?yàn)锽D?平面DOB,所以AC⊥BD.(2)連接EO.由(1)及題設(shè)知∠ADC=90°,所以DO=AO.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.由題設(shè)知△AEC為直角三角形,所以EO=12又△ABC是正三角形,且AB=BD,所以EO=12故E為BD