【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第八章　第4讲　垂直关系学案 16页

第4讲　垂直关系 一、知识梳理 ‎1．直线与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 性质定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b ‎2.平面与平面垂直的判定定理与性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α ‎3.直线与平面所成的角 ‎(1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角，如图，∠PAO就是斜线AP与平面α所成的角．‎ ‎(2)线面角θ的范围：θ∈.‎ ‎①直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；‎ ‎②直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角；‎ ‎③当直线与平面斜交时，它们所成的角是锐角．‎ 常用结论 ‎1．与线面垂直相关的两个常用结论：‎ ‎(1)两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直．‎ ‎(2)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个平面也垂直．‎ ‎2．三种垂直关系的转化：‎ 线线垂直线面垂直面面垂直 二、教材衍化 ‎ ‎1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)‎ A．m∥l B．m∥n ‎ C．n⊥l D．m⊥n 解析：选C.由题意知，α∩β＝l，所以l⊂β，因为n⊥β，所以n⊥l.‎ ‎2．在三棱锥PABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.‎ ‎(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的 心；‎ ‎(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的 心．‎ 解析：(1)如图，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PB＝PC，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．‎ ‎(2)如图，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.因为PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，‎ 所以PC⊥平面PAB，又AB平面PAB，所以PC⊥AB，因为AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以AB⊥平面PGC，又CG平面PGC，所以AB⊥CG，即CG为△ABC边AB上的高．同理可证BD，AH分别为△ABC边AC，BC上的高，即O为△ABC的垂心．‎ 答案：(1)外　(2)垂 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a∥c.(　　)‎ ‎(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　　)‎ ‎(3)设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，若m∥n，m⊥α，则n⊥α.(　　)‎ ‎(4)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(　　)‎ ‎(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×‎ 二、易错纠偏 (1)证明线面垂直时，易忽视平面内两条直线为相交直线这一条件；‎ ‎(2)面面垂直的判定中找不到哪个面和哪条线垂直．‎ ‎1．(2020·安徽江南十校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是(　　)‎ A．α⊥β且mα B．m⊥n且n∥β C．m∥n且n⊥β D．m⊥n且α∥β 解析：选C.由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．‎ ‎2．(2020·辽宁大连第一次(3月)双基测试)已知直线l和平面α，β，且lα，则“l⊥β”是“α⊥β”的(　　)‎ A．充分不必要条件 ‎ B．必要不充分条件 C．充要条件 ‎ D．既不充分也不必要条件 解析：选A.由面面垂直的判定定理可得，若lα，l⊥β，则α⊥β，充分性成立；‎ 若l⊥β，α⊥β，则lα或l∥α，必要性不成立，‎ 所以若lα，则“l⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件，故选A.‎ ‎　　　　　　线面垂直的判定与性质(师生共研)‎ ‎ (1)(2018·高考全国卷Ⅱ节选)如图，在三棱锥PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)(2020·重庆市七校联合考试)如图，直三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都是2，D，E分别是AC，CC1的中点．求证：AE⊥平面A1BD.‎ ‎【证明】　(1)因为AP＝CP＝AC＝4，O为AC的中点，‎ 所以OP⊥AC，且OP＝2.‎ 连接OB.因为AB＝BC＝AC，‎ 所以△ABC为等腰直角三角形，‎ 且OB⊥AC，OB＝AC＝2.‎ 由OP2＋OB2＝PB2知，PO⊥OB.‎ 由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，所以BD⊥AC，‎ 因为直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，所以平面AA1C1C⊥平面ABC，‎ 所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥AE.‎ 又在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，‎ 所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，‎ 所以AE⊥平面A1BD.‎ 判定线面垂直的四种方法 ‎　‎ ‎　如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是正三角形，M，N分别是AB，AA1的中点，且A1M⊥B1N.‎ 求证：B1N⊥A1C.‎ 证明：连接CM，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，CM平面ABC，所以AA1⊥CM.‎ 在△ABC中，AC＝BC，AM＝BM，所以CM⊥AB.‎ 又AA1∩AB＝A，所以CM⊥平面ABB1A1.‎ 因为B1N平面ABB1A1，所以CM⊥B1N.‎ 又A1M⊥B1N，A1M∩CM＝M，所以B1N⊥平面A1CM.‎ 因为A1C平面A1CM，所以B1N⊥A1C.‎ ‎　　　　　　面面垂直的判定与性质(师生共研)‎ ‎ (2019·高考北京卷节选)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．‎ ‎(1)求证：BD⊥平面PAC；‎ ‎(2)若∠ABC＝60°，求证：平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎【证明】　(1)因为PA⊥平面ABCD，‎ 所以PA⊥BD.‎ 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC.‎ 又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD，AE平面ABCD，‎ 所以PA⊥AE.‎ 因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，‎ 且E为CD的中点，所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.‎ 又AB∩PA＝A，所以AE⊥平面PAB.‎ 因为AE平面PAE，‎ 所以平面PAB⊥平面PAE.‎ ‎(1)证明面面垂直的方法 ‎①定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题．‎ ‎②定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，进而把问题转化为证明线线垂直加以解决．‎ ‎(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．‎ ‎　如图，在三棱锥ABCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.证明：平面ACD⊥平面BDP.‎ 证明：因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，‎ 所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.‎ 因为点P是AC的中点，所以PD⊥AC，PB⊥AC，‎ 因为PD∩PB＝P，PD平面PBD，PB平面PBD，‎ 所以AC⊥平面PBD.‎ 因为AC平面ACD，‎ 所以平面ACD⊥平面BDP.‎ ‎　　　　　　直线与平面所成的角(师生共研)‎ ‎ (2020·宁夏六盘山高级中学二模)空间四边形PABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，PA＝4，则PC和平面PAB所成角的正切值为 ．‎ ‎【解析】　取AB的中点O，‎ 连接CO，PO，易知CO⊥平面PAB，‎ 则∠CPO为PC和平面PAB所成的角．易得CO＝，PO＝3，‎ 所以tan ∠CPO＝＝，所以PC和平面PAB所成角的正切值为.‎ ‎【答案】　 求直线和平面所成角的步骤 ‎(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线．‎ ‎(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面上的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角．‎ ‎(3)把该角归结在某个三角形中，通过解三角形，求出该角．‎ ‎1．(2018·高考全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为(　　)‎ A．8 B．6 ‎ C．8 D．8 解析：选C.连接BC1，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B＝30°，AB⊥BC1，所以△ABC1为直角三角形．又AB＝2，所以BC1＝2.又B1C1＝2，所以BB1＝＝2，故该长方体的体积V＝2×2×2＝8.‎ ‎2．已知边长为2的正方形ABCD的四个顶点在球O的球面上，球O的体积V球＝，则OA与平面ABCD所成的角的余弦值为 ．‎ 解析：如图，过点O作OM⊥平面ABCD，垂足为点M，则点M为正方形ABCD的中点．因为正方形ABCD的边长为2，所以AC＝2，所以AM＝.因为V球＝πr3＝，所以球O的半径OA＝r＝2，OA与平面ABCD 所成的角的余弦值为cos∠OAM＝＝＝.‎ 答案： 核心素养系列15　逻辑推理——空间中平行与垂直的证明 ‎ 如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：‎ ‎(1)PA⊥底面ABCD；‎ ‎(2)BE∥平面PAD；‎ ‎(3)平面BEF⊥平面PCD.‎ ‎【证明】　(1)因为平面PAD⊥底面ABCD，‎ 且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA平面PAD，‎ 所以PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2)因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，‎ 所以AB∥DE，且AB＝DE，‎ 所以四边形ABED为平行四边形．‎ 所以BE∥AD.‎ 又因为BE平面PAD，AD平面PAD，‎ 所以BE∥平面PAD.‎ ‎(3)因为AB⊥AD，而且ABED为平行四边形．‎ 所以BE⊥CD，AD⊥CD，‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，‎ 所以PA⊥CD，且PA∩AD＝A，PA，AD平面PAD，‎ 所以CD⊥平面PAD，又PD平面PAD，‎ 所以CD⊥PD.‎ 因为E和F分别是CD和PC的中点，‎ 所以PD∥EF.‎ 所以CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，‎ 所以CD⊥平面BEF，又CD平面PCD，‎ 所以平面BEF⊥平面PCD.‎ 本题考查数学核心素养中的逻辑推理及直观想象、逻辑推理让学生能发现问题和提出问题；能掌握推理的基本形式，表述论证的过程；能理解数学知识之间的联系，构建知识框架；形成有论据、有条理、合乎逻辑的思维品质，增强数学交流能力．‎ ‎　(2020·太原市模拟试题(一))如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，PA＝PD＝AD＝2，点M在线段PC上，且PM＝2MC，N为AD的中点．‎ ‎(1)求证：AD⊥平面PNB；‎ ‎(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求三棱锥PNBM的体积．‎ 解：(1)证明：连接BD.‎ 因为PA＝PD，N为AD的中点，‎ 所以PN⊥AD.‎ 又底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，‎ 所以△ABD为等边三角形，‎ 所以BN⊥AD.又PN∩BN＝N，‎ 所以AD⊥平面PNB.‎ ‎(2)因为PA＝PD＝AD＝2，‎ 所以PN＝NB＝.‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PN⊥AD，‎ 所以PN⊥平面ABCD.‎ 所以PN⊥NB，所以S△PNB＝××＝.‎ 因为AD⊥平面PNB，AD∥BC，‎ 所以BC⊥平面PNB.‎ 又PM＝2MC，‎ 所以VPNBM＝VMPNB＝VCPNB＝×××2＝.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．设α为平面，a，b为两条不同的直线，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．若a∥α，b∥α，则a∥b ‎ B．若a⊥α，a∥b，则b⊥α C．若a⊥α，a⊥b，则b∥α ‎ D．若a∥α，a⊥b，则b⊥α 解析：选B.若a∥α，b∥α，则a与b相交、平行或异面，故A错误；易知B正确；若a⊥α，a⊥b，则b∥α或bα，故C错误；若a∥α，a⊥b，则b∥α或bα，或b与α相交，故D错误．故选B.‎ ‎2．(2020·陕西咸阳一模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(　　)‎ A．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β C．若m⊥n，mα，nβ，则α⊥β D．若α∥β，mα，nβ，则m∥n 解析：选B.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故A错误；‎ 因为m⊥α，m∥n，所以n⊥α，‎ 又因为n∥β，所以α⊥β，故B正确；‎ 若m⊥n，mα，nβ，则α与β的位置关系不确定，故C错误；‎ 若α∥β，mα，nβ，则m∥n或m，n异面，‎ 故D错误．‎ ‎3.如图，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立的是(　　)‎ A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC 解析：选D.因为BC∥DF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC∥平面PDF，‎ 故选项A正确．‎ 在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，‎ 所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．‎ ‎4．(2020·辽宁抚顺一模)在三棱锥PABC中，已知PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，点D，E分别为棱BC，PC的中点，则下列结论正确的是(　　)‎ A．直线DE⊥直线AD B．直线DE⊥直线PA C．直线DE⊥直线AB D．直线DE⊥直线AC 解析：选D.如图，‎ 因为PA＝AB＝AC，∠BAC＝∠PAC，‎ 所以△PAC≌△BAC，所以PC＝BC，‎ 取PB的中点G，连接AG，CG，‎ 则PB⊥CG，PB⊥AG，‎ 又因为AG∩CG＝G，‎ 所以PB⊥平面CAG，则PB⊥AC，‎ 因为D，E分别为棱BC，PC的中点，‎ 所以DE∥PB，则DE⊥AC.故选D.‎ ‎5．(2019·高考北京卷)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：‎ ‎①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.‎ 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题： ．‎ 解析：其中两个论断作为条件，一个论断作为结论，可组成3个命题．‎ 命题(1)：若l⊥m，m∥α，则l⊥α，此命题不成立，可以举一个反例，例如在正方体ABCDA1B1C1D1中，设平面ABCD为平面α，A1D1和A1B1分别为l和m，满足条件，但结论不成立．‎ 命题(2)：若l⊥m，l⊥α，则m∥α，此命题正确．证明：作直线m1∥m，且与l相交，故l与m1确定一个平面β，且l⊥m1，因为l⊥α，所以平面α与平面β相交，设α∩β＝n，则l⊥n，又m1，nβ，所以m1∥n，又m1∥m，所以m∥n，又m在平面α外，nα，故m∥α.‎ 命题(3)：若m∥α，l⊥α，则l⊥m，此命题正确．证明：过直线m作一平面，且与平面α相交，交线为a，因为m∥α，所以m∥a.因为l⊥α，aα，所以l⊥a，又m∥a，所以l⊥m.‎ 答案：②③⇒①或①③⇒②(答案不唯一)‎ ‎6．如图，已知∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有 ；与AP垂直的直线有 ．‎ 解析：因为PC⊥平面ABC，‎ 所以PC垂直于直线AB，BC，AC.‎ 因为AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，‎ 所以AB⊥平面PAC，‎ 又因为AP平面PAC，‎ 所以AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.‎ 答案：AB，BC，AC　AB ‎7.如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.‎ ‎(1)求证：DC⊥平面PAC；‎ ‎(2)求证：平面PAB⊥平面PAC.‎ 证明：(1)因为PC⊥平面ABCD，DC平面ABCD，‎ 所以PC⊥DC.‎ 又因为AC⊥DC，且PC∩AC＝C，‎ 所以DC⊥平面PAC.‎ ‎(2)因为AB∥CD，DC⊥AC，‎ 所以AB⊥AC.‎ 因为PC⊥平面ABCD，AB平面ABCD，‎ 所以PC⊥AB.‎ 又因为PC∩AC＝C，‎ 所以AB⊥平面PAC.‎ 又AB平面PAB，‎ 所以平面PAB⊥平面PAC.‎ ‎8．(2020·武汉部分学校调研)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝1，AC⊥BC，E在AB上，且BA＝3BE，G在AA1上，且AA1＝3GA1.‎ ‎(1)求三棱锥A1ABC1的体积；‎ ‎(2)求证：AC1⊥EG.‎ 解：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC⊥AC，所以BC⊥平面ACC1A1，‎ 所以B到平面ACC1A1的距离为1，‎ 所以VA1ABC1＝VBAA1C1＝×(×1×1)×1＝.‎ ‎(2)证明：如图，在AC上取点D，使CD＝CA，连接ED，DG，‎ 因为BE＝BA，所以DE∥BC，‎ 又BC⊥平面ACC1A1，‎ 所以DE⊥平面ACC1A1.‎ 又AC1平面ACC1A1，‎ 所以DE⊥AC1.‎ 在正方形ACC1A1中，‎ 由CD＝CA，A1G＝A1A，‎ 得DG⊥AC1.‎ 又DE∩DG＝D，‎ 所以AC1⊥平面DEG.‎ 所以AC1⊥EG.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1.如图，棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，‎ 则下列结论不正确的是(　　)‎ A．平面D1A1P⊥平面A1AP B．∠APD1的取值范围是　‎ C．三棱锥B1D1PC的体积为定值 D．DC1⊥D1P 解析：选B.在A中，因为A1D1⊥平面A1AP，A1D1平面D1A1P，所以平面D1A1P⊥平面A1AP，故A正确；‎ 在B中，当P与A1重合时，∠APD1＝，故B错误；‎ 在C中，因为△B1D1C的面积是定值，A1B∥平面B1D1C，所以点P到平面B1D1C的距离是定值，所以三棱锥B1D1PC的体积为定值，故C正确；‎ 在D中，因为DC1⊥D1C，DC1⊥BC，D1C∩BC＝C，D1C，BC平面BCD1A1，所以DC1⊥平面BCD1A1，所以DC1⊥D1P，故D正确．‎ ‎2．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为 ．‎ 解析：由题意画出图形，如图，设AC是底面圆O的直径，连接SO，则SO是圆锥的高．设圆锥的母线长为l，则由SA⊥SB，△SAB的面积为8，得l2＝8，得l＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO＝30°，所以SO＝l＝2，AO＝l＝2.‎ 故该圆锥的体积V＝π×AO2×SO＝π×(2)2×2＝8π.‎ 答案：8π ‎3.如图，四棱锥PABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AD＝2，点M，N分别在棱PD，PC上，且PC⊥平面AMN.‎ ‎(1)求证：AM⊥PD；‎ ‎(2)求直线CD与平面AMN所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以CD⊥AD.‎ 又因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥CD，故CD⊥平面PAD.‎ 又AM平面PAD，则CD⊥AM，‎ 而PC⊥平面AMN，有PC⊥AM，又PC∩CD＝C，则AM⊥平面PCD，故AM⊥PD.‎ ‎(2)延长NM，CD交于点E，因为PC⊥平面AMN，‎ 所以NE为CE在平面AMN内的射影，故∠CEN为CD(即CE)与平面AMN所成的角，‎ 又因为CD⊥PD，EN⊥PN，则有∠CEN＝∠MPN，‎ 在Rt△PMN中，sin ∠MPN＝＝，‎ 故CD与平面AMN所成角的正弦值为.‎ ‎4．(2020·广东七校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA＝AB＝2，E是AB的中点，G是PD的中点．‎ ‎(1)求四棱锥PABCD的体积；‎ ‎(2)求证：AG∥平面PEC；‎ ‎(3)求证：平面PCD⊥平面PEC.‎ 解：(1)易知V四棱锥PABCD＝S正方形ABCD·PA＝×2×2×2＝.‎ ‎(2)证明：如图，取PC的中点F，连接EF和FG，‎ 则易得AE∥FG，且AE＝CD＝FG，‎ 所以四边形AEFG为平行四边形，所以EF∥AG.‎ 因为EF平面PEC，AG平面PEC，‎ 所以AG∥平面PEC.‎ ‎(3)证明：易知CD⊥AD，CD⊥PA，‎ 因为PA∩AD＝A，PA平面PAD，AD平面PAD，‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ 又AG平面PAD，所以CD⊥AG.‎ 易知PD⊥AG，因为PD∩CD＝D，PD平面PCD，CD平面PCD，‎ 所以AG⊥平面PCD，‎ 所以EF⊥平面PCD.‎ 又EF平面PEC，‎ 所以平面PEC⊥平面PCD.‎