高考理科数学二轮专题复习大题之立体几何 13页

大题专题七《立体几何——18或19题》‎ ．（2012年高考（新课标理））已知三棱锥的所有顶点都在球的求面上,是边长为的正三角形, 为球的直径,且;则此棱锥的体积为 （　　）‎ A． B． C． D．‎ ．（2012年高考（新课标理））如图,网格纸上小正方形的边长为,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为 （　　）‎ A． B． C． D．‎ ．（2012年高考（湖南理））某几何体的正视图和侧视图均如图1所示,则该几何体的俯视图不可能是 A 图1‎ B C D ．（2012年高考（广东理））某几何体的三视图如图1所示,‎ 它的体积为（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ．（2012年高考（福建理））一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等,那么这个几何体不可以是 （　　）‎ A．球 B．三棱柱 ‎ C．正方形 D．圆柱 ．（2012年高考（辽宁理））一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为______________.‎ ．（2013年高考新课标1（理））如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高‎8cm,将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为‎6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为 ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎ ．（2013年上海市春季）若两个球的表面积之比为,则这两个球的体积之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎ ．（2013年高考新课标1（理））某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎ ．（2013年广东省数学（理）卷）某四棱台的三视图如图所示,则该四棱台的体积是 ‎ 正视图 俯视图 侧视图 ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎ ．（2013年重庆数学（理）试题）某几何体的三视图如题图所示,则该几何体的体积为 ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎ ．（2013年高考陕西卷（理））某几何体的三视图如图所示, 则其体积为_______.‎ ‎【答案】 ‎ ．（2013年辽宁数学（理）试题）某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是____________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎14.【2014年陕西卷（理05）】已知底面边长为1，侧棱长为则正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（ ）‎ ‎ ‎ ‎【答案】 D ‎【解析】‎ ‎15.【2014年重庆卷（理07）】某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为（ ）‎ A.54 B‎.60 C.66 D.72‎ ‎【答案】B ‎【解析】在长方体中构造几何体,如右图所示，‎ ‎，经检验该几何体的三视图满足 题设条件。其表面积，‎ ‎，故选择 ‎16.【2014年安徽卷（理07）】一个多面体的三视图如图所示，‎ 则该多面体的表面积为 ‎（A） （B） ‎ ‎（C） （D） ‎ ‎【答案】A ‎【解析】此多面体的直观图如下图所示 ‎ 表面积为 ‎17.【2014年福建卷（理02）】某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是（　　）‎ ‎　　A． 圆柱 B． 圆锥 C． 四面体 D． 三棱柱 ‎【答案】A ‎【解析】圆柱的正视图为矩形，故选：A ‎18．（2013年广东省数学（理）卷）设是两条不同的直线,是两个不同的平面,下列命题中正确的是（　　）‎ A．若,,,则 B．若,,,则 ‎ C．若,,,则 D．若,,,则 ‎【答案】D ‎ ‎19．（2013年新课标Ⅱ卷数学（理））已知为异面直线,平面,平面.直线满足,则（　　）‎ A．,且 B．,且 C．与相交,且交线垂直于 D．与相交,且交线平行于 ‎【答案】D ‎ ‎20.【2014年辽宁卷（理04）】已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是（ ）‎ A．若则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 ‎【答案】B ‎【解析】A．若m∥α，n∥α，则m，n相交或平行或异面，故A错；‎ B．若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；‎ C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故C错；‎ D．若m∥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α或n⊥α，故D错．故选B ‎21.【2014年全国大纲卷（08）】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ）‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】设球的半径为R，则∵棱锥的高为4，底面边长为2，‎ ‎∴R2=（4﹣R）2+（）2，∴R=，∴球的表面积为4π•（）2=．故选：A ‎22.【2014年辽宁卷（理07）】某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由三视图知：几何体是正方体切去两个圆柱，正方体的棱长为2，切去的圆柱的 底面半径为1，高为2，∴几何体的体积V=23﹣2××π×12×2=8﹣π．故选：B ‎23.【2014年全国新课标Ⅰ（理12）】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的个条棱中，最长的棱的长度为 ‎. . .6 .4‎ ‎【答案】：C ‎【解析】：如图所示，原几何体为三棱锥，‎ 其中，，故最长的棱的长度为，选C ‎24.【2014年全国新课标Ⅱ（理06）】如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示‎1cm）,图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为‎3cm，高为‎6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】 C ‎【解析】‎ ‎25.【2014年湖北卷（理05）】在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为 A.①和② B.③和① C. ④和③ D.④和② ‎ ‎【答案】D ‎ ‎【解析】 在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④ 与俯视图为②，故选D.‎ ‎26.【2014年江西卷（理05）】一几何体的直观图如右图，下列给出的四个俯视图中正确的是 ‎【答案】B ‎【解析】俯视图为在底面上的投影，易知选：B ‎27.【2014年浙江卷（理03）】某几何体的三视图（单位：）如图所示，则此几何体的表面积是 A.90 B‎.129‎ C.132 D.138‎ ‎【答案】D ‎【解析】由三视图知：几何体是直三棱柱与直四棱柱的组合体，其中直三棱柱的侧棱长为3，‎ 底面是直角边长分别为3、4的直角三角形，四棱柱的高为6，底面为矩形，矩形的两相邻边长为3和4， ‎ ‎∴几何体的表面积S=2×4×6+3×6+3×3+2×3×4+2××3×4+（4+5）×3=48+18+9+24+12+27=138（cm2）．‎ ‎28.【2014年天津卷（理10）】一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为_________.‎ ‎【答案】 ‎【解析】由三视图可得，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V＝π×12×4＋π×22×2＝.‎ 大题专题七《立体几何——18或19题》‎ ‎1．（2012年高考（天津理））如图,在四棱锥中,丄平面,丄,丄,,,.‎ ‎(Ⅰ)证明丄;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的正弦值;‎ ‎(Ⅲ)设E为棱上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为,求AE的长.‎ ‎2．（2012年高考（新课标理））如图,直三棱柱中,,是棱的中点,‎ ‎(1)证明:‎ ‎(2)求二面角的大小.‎ ‎3．（2012年高考（浙江理））如图,在四棱锥P—ABCD中,底面是边长为的菱形,且∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=,M,N分别为PB,PD的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:MN∥平面ABCD;‎ ‎(Ⅱ) 过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值.‎ ‎4．（2012年高考（山东理））在如图所示的几何体中,四边形是等腰梯形,∥,平面.‎ ‎(Ⅰ)求证:平面;‎ ‎(Ⅱ)求二面角的余弦值.‎ ‎5．（2012年高考（辽宁理）如图,直三棱柱,,‎ 点M,N分别为和的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:∥平面;‎ ‎(Ⅱ)若二面角为直二面角,求的值.‎ ‎6．（2012高考（江苏））如图,在直三棱柱中,,分别是棱上的点(点 不同于点),且为的中点.‎ 求证:(1)平面平面;‎ ‎(2)直线平面.‎ A B C D P E 图5‎ ‎7．（2012年高考（湖南理）） 如图5,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.‎ ‎(Ⅰ)证明:CD⊥平面PAE;‎ ‎(Ⅱ)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等,求四棱锥P-ABCD的体积.‎ ‎8．（2012年高考（广东理））在四棱锥中,底面为矩形,平面,点在线段上,平面.‎ ‎(Ⅰ)证明:平面;‎ ‎(Ⅱ)若,,求二面角的正切值.‎ ‎9．（2012年高考（福建理））如图,在长方体中为中点.‎ ‎(Ⅰ)求证:‎ ‎(Ⅱ)在棱上是否存在一点,使得平面?若存在,求的长;若不存在,说明理由. ‎ ‎(Ⅲ)若二面角的大小为,求的长.‎ ‎10．（2012年高考（北京理））如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,‎ 且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A‎1C⊥CD,如图2. ‎ ‎(1)求证:A‎1C⊥平面BCDE;‎ ‎(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;‎ ‎(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?. ‎ ‎11．（2013年辽宁数学（理）试题）如图,AB是圆的直径,PA垂直圆所在的平面,C是圆上的点.‎ ‎(I)求证:‎ ‎(II)‎ ‎12．（2013年江苏卷（数学））如图,在三棱锥中,平面平面,,,过作,垂足为,点分别是棱的中点.‎ 求证:(1)平面平面; (2).‎ ‎13．（2013年广东省数学（理）卷）如图1,在等腰直角三角形中,,,分别是上的点,,为的中点.将沿折起,得到如图2所示的四棱锥,其中.‎ ‎(Ⅰ) 证明:平面; (Ⅱ) 求二面角的平面角的余弦值.‎ ‎.‎ C O B D E A C D O B E 图1‎ 图2‎ ．（2013年高考新课标1（理））如图,三棱柱ABC-A1B‎1C1中,CA=CB,AB=AA1,∠BAA1=60°.‎ ‎(Ⅰ)证明AB⊥A‎1C;‎ ‎(Ⅱ)若平面ABC⊥平面AA1B1B,AB=CB=2,求直线A‎1C 与平面BB‎1C1C所成角的正弦值.‎ ．（2013年高考陕西卷（理））如图, 四棱柱ABCD-A1B‎1C1D1的底面ABCD是正方形, O为底面中心, A1O⊥平面ABCD, . ‎ ‎(Ⅰ) 证明: A‎1C⊥平面BB1D1D; ‎ ‎(Ⅱ) 求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角的大小. ‎ ．（2013年高考北京卷（理））如图,在三棱柱ABC-A1B‎1C1中,AA‎1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA‎1C1C,AB=3,BC=5.‎ ‎(Ⅰ)求证:AA1⊥平面ABC;‎ ‎(Ⅱ)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;‎ ‎(Ⅲ)证明:在线段BC1存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值.‎ ‎17.【2014年陕西卷（理17）】 四面体及其三视图如图所示，过棱的中点作平行于，的平面分别交四面体的棱于点.‎ ‎（I）证明：四边形是矩形；‎ ‎（II）求直线与平面夹角的正弦值.‎ ‎18.【2014年福建卷（理07）】在平面四边形ABCD中，AB=BD=CD=1，AB⊥BD，CD⊥BD，将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图．‎ ‎（1）求证：AB⊥CD；‎ ‎（2）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．‎ ‎19.【2014年辽宁卷（理19）】 如图，和所在平面互相垂直，且，，E、F分别为AC、DC的中点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）求二面角的正弦值.‎ ‎20.【2014年山东卷（理17）】 如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，，是线段的中点. ‎ ‎（I）求证：； ‎ ‎（II）若垂直于平面且，求平面和平面所成的角（锐角）的余弦值.‎ ‎21.【2014年天津卷（理17）】如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点.‎ ⑴证明：；‎ ⑵求直线与平面所成角的正弦值；‎ ⑶若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值.‎ ‎22.【2014年全国新课标Ⅰ（理19）】 如图三棱柱中，侧面为菱形，.‎ ‎(Ⅰ) 证明：；‎ ‎（Ⅱ）若，，AB=BC 求二面角的余弦值.‎ ‎23.【2014年全国新课标Ⅱ（理18）】 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.‎ ‎（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；‎ ‎（Ⅱ）设二面角D-AE-C为60°，AP=1，AD=，求三棱锥E-ACD的体积.‎ ‎24.【2014年江苏卷（理16）】如图，在三棱锥PABC中，D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点。已知PA⊥AC，PA=6,BC=8，DF=5.‎ 求证：（1）直线PA∥平面DEF;‎ ‎（2）平面BDE⊥平面ABC.‎ ‎1. 方法一:（1）以为正半轴方向，建立空间直角左边系 则 方法二:(1)证明,由平面,可得,又由,故平面,又平面,所以. ‎ ‎2. 【解析】(1)在中, ‎ 得: ‎ 同理: ‎ 得:面 ‎ ‎(2)面 ‎ 取的中点,过点作于点,连接 ‎ ‎,面面面 ‎ ‎ 得:点与点重合 ‎ 且是二面角的平面角 ‎ 设,则, ‎ 既二面角的大小为 ‎ ‎3. 【解析】(Ⅰ)连接BD. ‎ ‎∵M,N分别为PB,PD的中点, ∴在PBD中,MN∥BD. ‎ 又MN平面ABCD, ∴MN∥平面ABCD; ‎ ‎4. 解析:(Ⅰ)在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=60°,CB=CD, ‎ 由余弦定理可知, ‎ 即,在中,∠DAB=60°,,则为直角三角形,且.又AE⊥BD,平面AED,平面AED,且,故BD⊥平面AED; ‎ ‎5. 【解析】 （1）证明:取中点P,连结MP,NP,而M,N分别是A与的中点,所以, MP∥A,PN∥,所以,MP∥平面AC,PN∥平面AC,又,因此平面MPN∥平面AC,而MN平面MPN,所以,MN∥平面AC, ‎ ‎6. 【答案】证明:(1)∵是直三棱柱,∴平面. ‎ 又∵平面,∴. ‎ 又∵平面,∴平面. ‎ 又∵平面,∴平面平面.‎ ‎(2)∵,为的中点,∴. ‎ 又∵平面,且平面,∴. ‎ 又∵平面,,∴平面. ‎ 由(1)知,平面,∴∥. ‎ 又∵平面平面,∴直线平面 ‎ ‎7. 【解析】 ‎ 解法1(Ⅰ如图(1)),连接AC,由AB=4,, ‎ E是CD的中点,所以 ‎ 所以 ‎ A B C D P E 图 ②‎ x y z ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ h 而内的两条相交直线,所以CD⊥平面PAE. ‎ 解法2:如图(2),以A为坐标原点,所在直线分别为建立空间直角坐标系.设则相关的各点坐标为: ‎ ‎ (Ⅰ)易知因为所以而是平面 内的两条相交直线,所以 ‎ ‎8. 解析:(Ⅰ)因为平面,平面,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面. ‎ ‎9. 解:(1)以点A为原点建立空间直角坐标系,设,则 ‎ ‎ ‎ ‎,故 ‎ ‎10. 解:(1), 平面, ‎ 又平面, ‎ 又, 平面 ‎ ‎11.【解析】（1）‎ ‎12.【答案】证明:(1)∵,∴F分别是SB的中点 ‎ ‎∵E.F分别是SA.SB的中点 ∴EF∥AB ‎ 又∵EF平面ABC, AB平面ABC ∴EF∥平面ABC ‎ 同理:FG∥平面ABC ‎ 又∵EFFG=F, EF.FG平面ABC∴平面平面 ‎ ‎(2)∵平面平面 ‎ 平面平面=BC ‎ AF平面SAB ‎ AF⊥SB ‎ ‎∴AF⊥平面SBC 又∵BC平面SBC ∴AF⊥BC ‎ 又∵, ABAF=A, AB.AF平面SAB ∴BC⊥平面SAB又∵SA平面SAB∴BC⊥SA ‎ ‎13.【答案】(Ⅰ) 在图1中,易得 ‎ C D O B E H ‎ ‎ 连结,在中,由余弦定理可得 ‎ ‎ ‎ 由翻折不变性可知, ‎ 所以,所以, ‎ 同理可证, 又,所以平面. ‎ ‎14．【答案】(Ⅰ)取AB中点E,连结CE,,, ‎ ‎ ‎ ‎∵AB=,=,∴是正三角形, ‎ ‎∴⊥AB, ∵CA=CB, ∴CE⊥AB, ∵=E,∴AB⊥面, ‎ ‎∴AB⊥; ‎ ‎(Ⅱ)由(Ⅰ)知EC⊥AB,⊥AB, ‎ 又∵面ABC⊥面,面ABC∩面=AB,∴EC⊥面,∴EC⊥, ‎ ‎∴EA,EC,两两相互垂直,以E为坐标原点,的方向为轴正方向,||为单位长度,建立如图所示空间直角坐标系, ‎ 有题设知A(1,0,0),(0,,0),C(0,0,),B(-1,0,0),则=(1,0,),==(-1,0,),=(0,-,), ‎ 设=是平面的法向量, ‎ 则,即,可取=(,1,-1), ‎ ‎∴=, ‎ ‎∴直线A‎1C 与平面BB‎1C1C所成角的正弦值为 ‎ ‎15.【答案】解:(Ⅰ) ;‎ 又因为,在正方形AB CD中，‎ ‎. ‎ 在正方形AB CD中,AO = 1 . ‎ ‎. ‎ ‎. ‎ ‎16.【答案】解: (I)因为AA‎1C1C为正方形,所以AA1 ⊥AC. ‎ 因为平面ABC⊥平面AA‎1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA1⊥平面ABC. ‎ ‎17. 解：（I）由该四面体的三视图可知，‎ BDDC, BDAD , ADDC,‎ BD=DC=2，AD = 1.‎ 由题设，BC//平面EFGH,‎ 平面EFGH平面BDC=FG, 平面EFGH平面ABC=EH,‎ ‎ BC// FG, BC//EH, FG//EH.‎ 同理EF//AD,HG//AD, EF//HG,‎ 四边形EFGH是平行四边形。‎ 又 ADDC , ADBD, AD平面BDC，‎ ADBC, EFFG,‎ 四边形EFGH是矩形.‎ ‎18.（1）证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，‎ ‎∴AB⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD．‎ ‎19.（Ⅰ）证明：‎ ‎（方法一）过E作EO⊥BC，垂足为O，连OF，‎ 由△ABC≌△DBC可证出△EOC≌△FOC，所以∠EOC=∠FOC=，即FO⊥BC，‎ 又EO⊥BC，因此BC⊥面EFO，‎ 又EF面EFO，所以EF⊥BC.‎ ‎（方法二）由题意，以B为坐标原点，在平面DBC内过B左垂直BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 易得B（0,0,0），A(0，-1，),D(,-1,0)，C(0,2,0),因而,所以，因此,从而，所以.‎ ‎20. 解：（Ⅰ）连接 为四棱柱， ‎ 又为的中点，‎ ‎,‎ ‎,‎ 为平行四边形 又 ‎ ‎21. 解：方法一：依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图所示)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．C由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．‎ ‎(1)证明：向量BE＝(0，1，1)，DC＝(2，0，0)，‎ 故BE·DC＝0，‎ 所以BE⊥DC.‎ ‎(2)向量BD＝(－1，2，0)，PB＝(1，0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，‎ 则即 不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量．于是有 cos〈n，BE〉＝＝＝，‎ 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.‎ 方法二：(1)证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM∥DC，且EM＝DC.又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.‎ 因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM.又BE∥AM，所以BE⊥CD.‎ ‎22. 【解析】：(Ⅰ)连结，交于O，连结AO．因为侧面为菱形，所以^，且O为与的中点．又，所以平面，故=又 ，故 ………6分 ‎（Ⅱ）因为且O为的中点，所以AO=CO= 又因为AB=BC=，所以 故OA⊥OB^，从而OA，OB，两两互相垂直． ‎ 以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，OB为单位长，建立如图所示空间直角坐标系O-． 因为，所以为等边三角形．又AB=BC=，则 ‎，，，‎ ‎，‎ 设是平面的法向量，则 ‎，即 所以可取 设是平面的法向量，则，同理可取 则，所以二面角的余弦值为.‎ ‎23. 证：（1）连结BD交AC于点O,连结EO 因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点 又E为的PD的中点，所以EOPB EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB平面AEC ‎24.【解析】（1）∵D,E,分别为PC,AC的中点 ‎∴DE∥PA 又∵DE 平面PAC，PA 平面PAC ‎∴直线PA∥平面DEF ‎（2）∵E,F分别为棱AC,AB的中点，且BC=8，由中位线知EF=4‎ ‎∵D,E,分别为PC,AC,的中点，且PA=6，由中位线知DE=3，又∵DF=5‎ ‎∴DF²=EF²+DE²=25，∴DE⊥EF，又∵DE∥PA，∴PA⊥EF，又∵PA⊥AC，又∵AC EF=E，‎ AC 平面ABC，EF 平面ABC，∴PA⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，∵DE 平面BDE，‎ ‎∴平面BDE⊥平面ABC