【数学】2020届一轮复习（文）人教通用版8-5空间中的垂直关系学案 21页

‎§8.5　空间中的垂直关系 最新考纲 考情考向分析 ‎1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理．‎ ‎2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题.‎ 直线、平面垂直的判定及其性质是高考中的重点考查内容，涉及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定及其应用、直线与平面所成角等内容．题型主要以解答题的形式出现，解题要求有较强的推理论证能力，广泛应用转化与化归的思想.‎ ‎1．直线与平面垂直 图形 条件 结论 判 定 a⊥b，b⊂α(b为α内的任意一条直线)‎ a⊥α a⊥m，a⊥n，m、n⊂α，m∩n＝O a⊥α a∥b，a⊥α b⊥α 性 质 a⊥α，b⊂α a⊥b a⊥α，b⊥α a∥b ‎2.平面与平面垂直 ‎(1)平面与平面垂直的定义 如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直．‎ ‎(2)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 如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则两个平面互相垂直 ‎⇒α⊥β 性质 定理 如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面 ⇒l⊥α 概念方法微思考 ‎1．若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面吗？‎ 提示　垂直．若两平行线中的一条垂直于一个平面，那么在平面内可以找到两条相交直线与该直线垂直，根据异面直线所成的角，可以得出两平行直线中的另一条也与平面内的那两条直线成90°的角，即垂直于平面内的这两条相交直线，所以垂直于这个平面．‎ ‎2．两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面吗？‎ 提示　垂直．在两个相交平面内分别作与第三个平面交线垂直的直线，则这两条直线都垂直于第三个平面，那么这两条直线互相平行．由线面平行的性质定理可知，这两个相交平面的交线与这两条垂线平行，所以该交线垂直于第三个平面．‎ 题组一　思考辨析 ‎1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.(　×　)‎ ‎(2)垂直于同一个平面的两平面平行．(　×　)‎ ‎(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(　√　)‎ ‎(4)若α⊥β，a⊥β，则a∥α.(　×　)‎ ‎(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(　√　)‎ ‎(6)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.(　×　)‎ 题组二　教材改编 ‎2．下列命题中错误的是(　　)‎ A．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β B．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β C．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D．如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β 答案　D 解析　对于D，若平面α⊥平面β，则平面α内的直线可能不垂直于平面β，即与平面β的关系还可以是斜交、平行或在平面β内，其他选项均是正确的．‎ ‎3．在三棱锥P－ABC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．‎ 答案　(1)外　(2)垂 解析　(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，‎ 在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，‎ 所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．‎ ‎　　‎ ‎(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于点H，D，G.‎ ‎∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，‎ ‎∴PC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB，‎ ‎∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC⊂平面PGC，‎ ‎∴AB⊥平面PGC，又CG⊂平面PGC，‎ ‎∴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．‎ 题组三　易错自纠 ‎4．若l，m为两条不同的直线，α为平面，且l⊥α，则“m∥α”是“m⊥l”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 答案　A 解析　由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立；‎ 若l⊥α且m⊥l，则m∥α或者m⊂α，必要性不成立，‎ 因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要条件，故选A.‎ ‎5.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点O，M，N分别是线段BD，DD1，D1C1的中点，则直线OM与AC，MN的位置关系是(　　)‎ A．与AC，MN均垂直 B．与AC垂直，与MN不垂直 C．与AC不垂直，与MN垂直 D．与AC，MN均不垂直 答案　A 解析　因为DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1，‎ 又因为AC⊥BD，DD1∩BD＝D，‎ 所以AC⊥平面BDD1B1，‎ 因为OM⊂平面BDD1B1，所以OM⊥AC.‎ 设正方体的棱长为2，‎ 则OM＝＝，MN＝＝，‎ ON＝＝，‎ 所以OM2＋MN2＝ON2，所以OM⊥MN.故选A.‎ ‎6.如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论正确的是(　　)‎ A．MN∥AB B．平面VAC⊥平面VBC C．MN与BC所成的角为45°‎ D．OC⊥平面VAC 答案　B 解析　由题意得BC⊥AC，因为VA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以VA⊥BC.因为AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因为BC⊂平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故选B.‎ 题型一　直线与平面垂直的判定与性质 例1 如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点．当CF＝2时，证明：B1F⊥平面ADF.‎ 证明　因为AB＝AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC.‎ 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，‎ 因为BB1⊥底面ABC，AD⊂底面ABC，‎ 所以AD⊥B1B.‎ 因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面B1BCC1，‎ 所以AD⊥平面B1BCC1.‎ 因为B1F⊂平面B1BCC1，‎ 所以AD⊥B1F.‎ 方法一　在矩形B1BCC1中，‎ 因为C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2，‎ 所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1，‎ 所以∠CFD＝∠C1B1F，‎ 所以∠B1FD＝90°，所以B1F⊥FD.‎ 因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，‎ 所以B1F⊥平面ADF.‎ 方法二　在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3，‎ 所以B1D＝＝.‎ 在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1，‎ 所以B1F＝＝.‎ 在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1，‎ 所以DF＝＝.‎ 显然DF2＋B1F2＝B1D2，‎ 所以∠B1FD＝90°.‎ 所以B1F⊥FD.‎ 因为AD∩FD＝D，AD，FD⊂平面ADF，‎ 所以B1F⊥平面ADF.‎ 思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键 ‎(1)证明线面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性；③面面垂直的性质．‎ ‎(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直，则需借助线面垂直的性质．‎ 跟踪训练1如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.‎ 求证：(1)EF∥平面ABC；‎ ‎(2)AD⊥AC.‎ 证明　(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，‎ 则AB∥EF.‎ 又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，‎ 所以EF∥平面ABC.‎ ‎(2)因为平面ABD⊥平面BCD，‎ 平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，‎ 所以BC⊥平面ABD.‎ 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.‎ 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB⊂平面ABC，‎ BC⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥平面ABC.‎ 又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.‎ 题型二　平面与平面垂直的判定与性质 例2 (2018·全国Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°.以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA.‎ ‎(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ＝DA，求三棱锥Q－ABP的体积．‎ ‎(1)证明　由已知可得，∠BAC＝90°，即BA⊥AC.‎ 又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC⊂平面ACD，‎ 所以AB⊥平面ACD.‎ 又AB⊂平面ABC，‎ 所以平面ACD⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3.‎ 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2.‎ 如图，过点Q作QE⊥AC，垂足为E，‎ 则QE∥DC且QE＝DC.‎ 由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC，‎ 所以QE⊥平面ABC，QE＝1.‎ 因此，三棱锥Q－ABP的体积为 VQ－ABP＝×S△ABP×QE ‎＝××3×2sin 45°×1＝1.‎ 思维升华 (1)判定面面垂直的方法 ‎①面面垂直的定义；‎ ‎②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．‎ ‎(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．‎ 跟踪训练2 (2018·锦州调研)如图，三棱锥P－ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2.‎ ‎(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；‎ ‎(2)若PA＝PC，求三棱锥P－ABC的体积．‎ 证明　(1)如图，取AC的中点O，连接BO，PO，‎ 因为△ABC是边长为2的正三角形，‎ 所以BO⊥AC，BO＝.‎ 因为PA⊥PC，所以PO＝AC＝1.‎ 因为PB＝2，所以OP2＋OB2＝PB2，‎ 所以PO⊥OB.‎ 因为AC∩OP＝O，AC，OP⊂平面PAC，‎ 所以BO⊥平面PAC.‎ 又OB⊂平面ABC，‎ 所以平面PAC⊥平面ABC.‎ ‎(2)解　因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2，‎ 所以PA＝PC＝.‎ 由(1)知BO⊥平面PAC，‎ 所以VP－ABC＝VB－APC＝S△PAC·BO＝××××＝.‎ 题型三　垂直关系的综合应用 命题点1　直线与平面所成的角 例3 如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点．‎ ‎(1)证明：△PBC是直角三角形；‎ ‎(2)若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角的正切值为 时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．‎ ‎(1)证明　∵AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的一动点．‎ ‎∴BC⊥AC，‎ ‎∵PA⊥平面ABC，∴BC⊥PA，‎ 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，‎ ‎∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，‎ ‎∴△BPC是直角三角形．‎ ‎(2)解　如图，过A作AH⊥PC于H，‎ ‎∵BC⊥平面PAC，∴BC⊥AH，‎ 又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，‎ ‎∴AH⊥平面PBC，‎ ‎∴∠ABH是直线AB与平面PBC所成的角，‎ ‎∵PA⊥平面ABC，‎ ‎∴∠PCA即是PC与平面ABC所成的角，‎ ‎∵tan∠PCA＝＝，‎ 又PA＝2，∴AC＝，‎ ‎∴在Rt△PAC中，AH＝＝，‎ ‎∴在Rt△ABH中，sin∠ABH＝＝＝，‎ 即直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.‎ 命题点2　与垂直有关的探索性问题 例4 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2.‎ ‎(1)求证：C1E∥平面ADF；‎ ‎(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF.‎ ‎(1)证明　连接CE交AD于O，连接OF.‎ 因为CE，AD为△ABC的中线，‎ 则O为△ABC的重心，‎ 故＝＝，故OF∥C1E，‎ 因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，‎ 所以C1E∥平面ADF.‎ ‎(2)解　当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF.‎ 证明如下：因为AB＝AC，AD⊂平面ABC，‎ 故AD⊥BC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，‎ BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，‎ 故平面B1BCC1⊥平面ABC.‎ 又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，‎ 所以AD⊥平面B1BCC1，‎ 又CM⊂平面B1BCC1，‎ 故AD⊥CM.‎ 又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，‎ 故Rt△CBM≌Rt△FCD.‎ 易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD⊂平面ADF，‎ 故CM⊥平面ADF.‎ 又CM⊂平面CAM，‎ 故平面CAM⊥平面ADF.‎ 思维升华 对命题条件的探索的三种途径 途径一：先猜后证．‎ 途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．‎ 途径三：将几何问题转化为代数问题．‎ 跟踪训练3 如图所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1.‎ ‎(1)求证：平面CFG⊥平面ACE；‎ ‎(2)在AC上是否存在一点H，使得EH∥平面CFG？若存在，求出CH的长，若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明　连接BD交AC于点O，则BD⊥AC.‎ 设AB，AD的中点分别为M，N，连接MN，则MN∥BD，‎ 连接FM，GN，则FM∥GN，且FM＝GN，‎ 所以四边形FMNG为平行四边形，‎ 所以MN∥FG，所以BD∥FG，所以FG⊥AC.‎ 由于AE⊥平面ABCD，所以AE⊥BD.‎ 所以FG⊥AE，‎ 又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACE，‎ 所以FG⊥平面ACE.‎ 又FG⊂平面CFG，所以平面CFG⊥平面ACE.‎ ‎(2)解　存在．设平面ACE交FG于Q，‎ 则Q为FG的中点，‎ 连接EQ，CQ，取CO的中点H，连接EH，‎ 由已知易知，平面EFG∥平面ABCD，‎ 又平面ACE∩平面EFG＝EQ，‎ 平面ACE∩平面ABCD＝AC，‎ 所以CH∥EQ，‎ 又CH＝EQ＝，‎ 所以四边形EQCH为平行四边形，所以EH∥CQ，‎ 又CQ⊂平面CFG，EH⊄平面CFG，‎ 所以EH∥平面CFG，‎ 所以在AC上存在一点H，使得EH∥平面CFG，‎ 且CH＝.‎ ‎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 答案　C 解析　因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.‎ ‎2．(2019·通辽模拟)已知直线l，m与平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．若l∥m，则必有α∥β B．若l⊥m，则必有α⊥β C．若l⊥β，则必有α⊥β D．若α⊥β，则必有m⊥α 答案　C 解析　对于选项A，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A错误；‎ 对于选项B，平面α和平面β还有可能相交或平行，所以选项B错误；‎ 对于选项C，因为l⊂α，l⊥β，所以α⊥β.所以选项C正确；‎ 对于选项D，直线m可能和平面α不垂直，所以选项D错误．‎ ‎3.如图，在四面体D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论正确的是(　　)‎ A．平面ABC⊥平面ABD B．平面ABD⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D．平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 答案　C 解析　因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面 BDE.因为AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.‎ ‎4．(2019·大连适应性检测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则(　　)‎ A．MN∥C1D1 B．MN⊥BC1‎ C．MN⊥平面ACD1 D．MN⊥平面ACC1‎ 答案　D 解析　对于选项A，因为M，N分别是BC1，CD1的中点，所以点N∈平面CDD1C1，点M∉平面CDD1C1，所以直线MN是与平面CDD1C1相交的直线，‎ 又因为直线C1D1在平面CDD1C1内，故直线MN与直线C1D1不可能平行，故选项A错；‎ 对于选项B，正方体中易知NB≠NC1，因为点M是BC1的中点，所以直线MN 与直线BC1不垂直，故选项B不对；‎ 对于选项C，假设MN⊥平面ACD1，可得MN⊥CD1，因为N是CD1的中点，‎ 所以MC＝MD1，这与MC≠MD1矛盾，故假设不成立，所以选项C不对；‎ 对于选项D，分别取B1C1，C1D1的中点P，Q，连接PM，QN，PQ.‎ 因为点M是BC1的中点，‎ 所以PM∥CC1且PM＝CC1.‎ 同理QN∥CC1且QN＝CC1.‎ 所以PM∥QN且PM＝QN，‎ 所以四边形PQNM为平行四边形．‎ 所以PQ∥MN.‎ 在正方体中，CC1⊥PQ，PQ⊥AC，‎ 因为AC∩CC1＝C，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，‎ 所以PQ⊥平面ACC1.‎ 因为PQ∥MN，所以MN⊥平面ACC1.‎ 故选项D正确．‎ ‎5．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形，若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　如图，取正三角形ABC的中心O，连接OP，‎ 则∠PAO是PA与平面ABC所成的角．‎ 因为底面边长为，‎ 所以AD＝×＝，AO＝AD＝×＝1.‎ 三棱柱的体积为 ×()2AA1＝，‎ 解得AA1＝，‎ 即OP＝AA1＝，‎ 所以tan∠PAO＝＝，‎ 因为直线与平面所成角的范围是，‎ 所以∠PAO＝.‎ ‎6.如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．‎ 答案　4‎ 解析　∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，‎ ‎∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形．‎ ‎7.如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在直线______上．‎ 答案　AB 解析　∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，‎ ‎∴AC⊥平面ABC1.‎ 又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.‎ ‎∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上．‎ ‎8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_______时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)‎ 答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等)‎ 解析　∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.‎ ‎∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，‎ 而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.‎ ‎9.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为________．‎ 答案　 解析　连接A1C1，则∠AC1A1为AC1与平面A1B1C1D1所成的角．‎ 因为AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，‎ 又AA1＝1，所以AC1＝3，‎ 所以sin∠AC1A1＝＝.‎ ‎10.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P到直线CC1的距离的最小值为________．‎ 答案　 解析　点P到直线CC1的距离等于点P在平面ABCD上的射影到点C的距离，设点P在平面ABCD上的射影为P′，显然点P到直线CC1的距离的最小值为P′C的长度的最小值．当P′C⊥DE时，P′C的长度最小，此时P′C＝＝.‎ ‎11.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.‎ ‎(1)求证：AB∥EF；‎ ‎(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.‎ 证明　(1)因为四边形ABCD是矩形，‎ 所以AB∥CD.‎ 又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，‎ 所以AB∥平面PDC，‎ 又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，‎ 所以AB∥EF.‎ ‎(2)因为四边形ABCD是矩形，‎ 所以AB⊥AD.‎ 因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，‎ 所以AB⊥AF.‎ 又AB⊥AD，‎ 由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，‎ 所以AF∩AD＝A，AF，AD⊂平面PAD，‎ 所以AB⊥平面PAD，‎ 又AB⊂平面ABCD，‎ 所以平面PAD⊥平面ABCD.‎ ‎12.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝PB.‎ ‎(1)证明：MN∥平面PDC；‎ ‎(2)求直线MN与平面PAC所成角的正弦值．‎ ‎(1)证明　因为AB＝BC，AD＝CD，‎ 所以BD垂直平分线段AC.‎ 又∠ADC＝120°，‎ 所以MD＝AD＝，AM＝.‎ 所以AC＝.‎ 又AB＝BC＝，‎ 所以△ABC是等边三角形，‎ 所以BM＝，所以＝3，‎ 又因为PN＝PB，‎ 所以＝＝3，‎ 所以MN∥PD.‎ 又MN⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，‎ 所以MN∥平面PDC.‎ ‎(2)解　因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以BD⊥PA，‎ 又BD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，‎ 所以BD⊥平面PAC.‎ 由(1)知MN∥PD，‎ 所以直线MN与平面PAC所成的角即直线PD与平面PAC所成的角，‎ 故∠DPM即为所求的角．‎ 在Rt△PAD中，PD＝2，‎ 所以sin∠DPM＝＝＝，‎ 所以直线MN与平面PAC所成角的正弦值为.‎ ‎13．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.那么，在这个空间图形中必有(　　)‎ A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 答案　B 解析　根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，‎ ‎∴AH⊥平面EFH，B正确；‎ ‎∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；‎ ‎∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，AG，GH⊂平面HAG，‎ ‎∴EF⊥平面HAG，‎ 又EF⊂平面AEF，‎ ‎∴平面HAG⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；‎ 由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.‎ ‎14．(2018·全国Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1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 答案　C 解析　如图，连接AC1，BC1，AC.‎ ‎∵AB⊥平面BB1C1C，‎ ‎∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，‎ ‎∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，‎ AC1＝＝4，‎ 在Rt△ACC1中，CC1＝＝ ‎＝2，‎ ‎∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.‎ 故选C.‎ ‎15.如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)‎ ‎①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；‎ ‎②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；‎ ‎③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；‎ ‎④在折起过程中，一定不会有EC⊥AD.‎ 答案　①②‎ 解析　由已知，在未折叠的原梯形中，‎ 易知四边形ABCE为矩形，‎ 所以AB＝EC，所以AB＝DE，‎ 又AB∥DE，‎ 所以四边形ABED为平行四边形，‎ 所以BE＝AD，折叠后如图所示．‎ ‎①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.‎ 因为M，N分别是AD，BE的中点，‎ 所以点P为AE的中点，故NP∥EC.‎ 又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，‎ 所以平面MNP∥平面DEC，‎ 故MN∥平面DEC，①正确；‎ ‎②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，‎ 所以AE⊥MP，AE⊥NP，‎ 又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，‎ 又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；‎ ‎③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，‎ 从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，‎ 与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；‎ ‎④当EC⊥ED时，EC⊥AD.‎ 因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，‎ 所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，‎ 所以EC⊥AD，④不正确．‎ ‎16.在如图所示的五面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M为BC的中点．‎ ‎(1)求证：FM∥平面BDE；‎ ‎(2)若平面ADE⊥平面ABCD，求点F到平面BDE的距离．‎ ‎(1)证明　取BD的中点O，连接OM，OE，‎ 因为O，M分别为BD，BC的中点，‎ 所以OM∥CD，且OM＝CD.‎ 因为四边形ABCD为菱形，所以CD∥AB，‎ 又EF∥AB，所以CD∥EF，‎ 又AB＝CD＝2EF，‎ 所以EF＝CD，‎ 所以OM∥EF，且OM＝EF，‎ 所以四边形OMFE为平行四边形，‎ 所以MF∥OE.‎ 又OE⊂平面BDE，MF⊄平面BDE，‎ 所以MF∥平面BDE.‎ ‎(2)解　由(1)得FM∥平面BDE，‎ 所以点F到平面BDE的距离等于点M到平面BDE的距离．‎ 取AD的中点H，连接EH，BH，‎ 因为EA＝ED，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，‎ 所以EH⊥AD，BH⊥AD.‎ 因为平面ADE⊥平面ABCD，‎ 平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH⊂平面ADE，‎ 所以EH⊥平面ABCD，所以EH⊥BH，‎ 易得EH＝BH＝，所以BE＝，‎ 所以S△BDE＝××＝.‎ 设点F到平面BDE的距离为h，‎ 连接DM，则S△BDM＝S△BCD＝××4＝，‎ 连接EM，由V三棱锥E－BDM＝V三棱锥M－BDE，‎ 得××＝×h×，‎ 解得h＝，‎ 即点F到平面BDE的距离为.‎