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第五节 直线、平面垂直的判定及其性质
【最新考纲】 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．
1．直线与平面垂直
(1)定义：如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理：如果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．
(3)推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
(4)直线和平面垂直的性质：
①垂直于同一个平面的两条直线平行．
②直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任意直线．
③垂直于同一条直线的两平面平行．
2．直线和平面所成的角
(1)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．
(2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为90°和0°．
3．二面角的有关概念
(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．
4．平面与平面垂直
(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：
1．(质疑夯基)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行．( )
(4)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)×
2．下列命题中不正确的是( )
A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B．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
C．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
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ.
解析：根据面面垂直的性质定理，A项中l⊂β，l∥β或l⊥β.
答案：A
3．(2015·浙江卷)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( )
A．若l⊥β，则α⊥β B．若α⊥β，则l⊥m
C．若l∥β，则α∥β D．若α∥β，则l∥m
解析：∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．
答案：A
4．如图，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．
解析：∵PA⊥平面ABC
∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC
则△PAB，△PAC为Rt△
由BC⊥AC，且AC∩PA＝A
∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC
因此△ABC，△PBC也是Rt△.
答案：4
一种关系
垂直问题的转化关系．
三类证法
1．证明线线垂直的方法．
(1)定义：两条直线所成的角为90°；
(2)平面几何中证明线线垂直的方法；
(3)线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b；
(4)线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.
2．证明线面垂直的方法．
(1)线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直⇒a⊥α；
(2)判定定理1：⇒l⊥α；
(3)判定定理2：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；
(4)面面平行的性质：α∥β，a⊥α⇒a⊥β；
(5)面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
3．证明面面垂直的方法．
(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角；
(2)判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β.
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2016·佛山一中期中)设α、β、γ为不同的平面，m、n、l为不同的直线，则m⊥β的一个充分条件为( )
A．α⊥β，α∩β＝l，m⊥l B．α∩γ＝m，α⊥γ，β⊥γ
C．α⊥γ，β⊥γ，m⊥α D．n⊥α，n⊥β，m⊥α
解析：A中，缺少条件m⊂α，不满足面面垂直的性质定理，不正确．在选项B，C中，平面α与β可能平行或相交，推不出m⊥β.在D中，n⊥α，n⊥β，则α∥β，根据m⊥α，得m⊥β，D正确．
答案：D
2．(经典再现)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )
A．α∥β且l∥α
B．α⊥β且l⊥β
C．α与β相交，且交线垂直于l
D．α与β相交，且交线平行于l
解析：根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l，因此选项D正确．
答案：D
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：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，
∴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．
答案：D
4．(2014·浙江卷)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．( )
A．若m⊥n，n∥α，则m⊥α
B．若m∥β，β⊥α，则m⊥α
C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α
D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α
解析：A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；
B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误；
C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；
D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或m⊂α，错误．
答案：C
5．如图所示，AB是⊙O的直径，VA垂直于⊙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．MN与BC所成的角为45°
C．OC⊥平面VAC
D．平面VAC⊥平面VBC
解析：由圆的性质，BC⊥AC.
又VA⊥平面ABC，则VA⊥BC.
从而BC⊥平面VAC，平面VAC⊥平面VBC.
因此C不正确，D正确．
由于MN∥AC，BC⊥AC，所以A，B不正确．
答案：D
二、填空题
6．如图所示，在四棱锥PABCD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是正确的条件即可)
解析：由定理可知，BD⊥PC.
∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，有PC⊥平面MBD.
又PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
答案：DM⊥PC(或BM⊥PC等)
7．(2017·石家庄调研)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是________．
解析：取BC的中点E，连接AE，DE，则AE⊥平面BB1C1C.
所以∠ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角．
设三棱柱的所有棱长为a，
在Rt△AED中，
AE＝a，DE＝.
所以tan∠ADE＝＝，则∠ADE＝.
故AD与平面BB1C1C所成的角为.
答案：
8．如图所示，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是________(填序号)．
①平面ABC⊥平面ABD；
②平面ABC⊥平面BCD；
③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE；
④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE.
解析：由AB＝CB，AD＝CD，E为AC中点，
则AC⊥DE，AC⊥BE，
又DE∩BE＝E，从而AC⊥平面BDE.
所以平面ABC⊥平面BDE，平面ACD⊥平面BDE，③正确．
答案：③
三、解答题
9．(2016·西安质检)如图所示，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.
证明：(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.
又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，
所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.
又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，
所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.
B级 能力提升
1．如图，在正四棱锥SABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥面SBD；④EP⊥面SAC中恒成立的为( )
A．①③ B．③④ C．①② D．②③④
解析：∵E，M，N是BC，CD，SC的中点，
∴EN∥SB，EM∥BD，
从而可得EN∥平面SBD，EM∥平面SBD.
又EN与EM是平面EMN内的两条相交直线，
∴平面EMN∥平面SBD，故EP∥平面SBD，
因此③正确，当点P与M不重合时，②不正确．
在正四棱锥SABCD中，AC⊥平面SBD.
从而AC⊥平面EMN，
由EP⊂平面EMN，得AC⊥EP，①正确．
又易知EM⊥平面SAC，因此④不恒成立．
答案：A
2．如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.
解析：∵B1D⊥平面A1ACC1，∴CF⊥B1D.
为了使CF⊥平面B1DF，只要使CF⊥DF(或CF⊥B1F)．
设AF＝x，则CD2＝DF2＋FC2，
∴x2－3ax＋2a2＝0，∴x＝a或x＝2a.
答案：a或2a
立体几何中的高考热点题型
[高考导航]__________________________________
1．立体几何初步是高考的重要内容，几乎每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式，即利用定义、公理、定理证明空间线线、线面、面面平行或垂直，并与几何体的性质相结合考查几何体的计算．
2．重在考查学生的空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法．
[热点突破]__________________________________
热点1 平行、垂直关系的证明
与体积的计算(满分现场)
以空间几何体(主要是柱、锥或简单组合体)为载体，通过空间平行、垂直关系的论证命制，主要考查公理4及线、面平行与垂直的判定定理与性质定理，常与平面图形的有关性质及体积的计算等知识交汇考查，考查学生的空间想象能力和推理论证能力以及转化与化归思想，一般以解答题的形式出现，难度中等．
(本小题满分12分)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点．
(1)求证平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)求证C1F∥平面ABE.
(3)求三棱锥EABC的体积．
规范解答：(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，BB1⊥底面ABC，且AB⊂平面ABC.
所以BB1⊥AB.
又因为AB⊥BC，且BB1∩BC＝B ①
所以AB⊥平面B1BCC1.3分
因为AB⊂平面ABE ②
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.4分
图1 图2
(2)法一 如图1，取AB中点G，连接EG，FG.
因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝AC.
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1.
所以四边形FGEC1为平行四边形.6分
所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE， ③
所以C1F∥平面ABE.8分
法二 如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.
因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，
又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，
所以EC1綊AH，
所以四边形EAHC1为平行四边形，
所以C1H∥AE.
又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A， ④6分
所以平面ABE∥平面C1HF，
又C1F⊂平面C1HF，
所以C1F∥平面ABE.8分
(3)解：因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝＝.10分
所以三棱锥EABC的体积
V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝. ⑤12分
【满分规则】 (1)本题的易失分点：
①在第(1)问中，忽视条件①与②，导致证明线面、面面垂直的判定定理条件不全，进而扣分．
②在第(2)问中，作不出辅助线，线面平行证明受阻，或忽视条件③，漏掉线面平行判定定理的条件扣1分．
③运算不细心或运算能力差，导致运算结果(如⑤处)错误扣2分．
(2)满分规则：
①得关键点分：证明立体几何要注意解题规范，严格按照线面平行、垂直的定理条件要求，有序进行论证说明．
②得步骤分：阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有则得分，无则扣分，所以解题时要写全关键步骤，不能漏掉，否则扣分．
③得运算分：在解题过程中，涉及有关长度、角、面积、体积等计算问题时，一定要细心准确，否则思路正确，由于运算失误而扣分，非常可惜．
【构建模板】 第一步：利用线面垂直判定定理，证AB⊥平面B1BCC1.
第二步：证明平面ABE⊥平面B1BCC1.
第三步：根据线面平行判定证明C1F∥平面ABE.
第四步：根据体积公式，计算三棱锥EABC的体积．
第五步：检验反思，查关键点，规范步骤．
【变式训练】 (2015·课标全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.
(1)证明：平面AEC⊥平面BED；
(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥EACD的体积为，求该三棱锥EACD的侧面积．
(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.
故AC⊥平面BED.
又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.
(2)解：设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝x，GB＝GD＝.
因为AE⊥EC，
所以在Rt△AEC中，可得EG＝x.
由BE⊥平面ABCD，
知△EBG为直角三角形，可得BE＝x.
由已知得，三棱锥EACD的体积
VEACD＝×AC·GD·BE＝x3＝.
故x＝2.
从而可得AE＝EC＝ED＝.
所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为.
故三棱锥EACD的侧面积为3＋2.
热点2 平面图形折叠成空间几何体问题
(真题探源)
先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．
(2015·陕西卷)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到图(2)中△A1BE的位置，得到四棱锥A1 BCDE.
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1BCDE的体积为36，求a的值．
【命题立意】本题以平面图形的折叠为背景，考查空间垂直关系、棱锥体积的计算．考查学生识图空间想象能力．推理论证能力及数学应用意识，同时考查数学运算求解能力，突出考查方程思想、转化化归思想方法．
(1)证明：在图(1)中，因为AB＝BC＝AD＝a，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC.
则在图(2)中，BE⊥A1O，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O.
从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)解：由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，
且平面A1BE∩平面BCDE＝BE，
又由(1)可得A1O⊥BE，
所以A1O⊥平面BCDE.
即A1O是四棱锥A1BCDE的高．
由图(1)知，A1O＝AB＝a，平行四边形BCDE的面积S＝BC·AB＝a2，
从而四棱锥A1BCDE的体积为
V＝S·A1O＝·a2·a＝a3.
由a3＝36，得a＝6.
【真题探源】 高考越来越重视教材题目的拓展及相关习题的融合．本题源于人教A版必修2P79B组第1题的改造迁移，两题均考查空间垂直关系的证明、锥体的体积计算．高考真题将折叠“正方形”改造为折叠“直角梯形”为背景．第(2)问中，将教材中“根据正方形边长，求锥体体积”改造为“已知锥体的体积求直角梯形的底边长”．两题求解的关键在于分清翻折前后图形线面位置关系和度量关系的变化情况．试题的导向有利于中学数学教学，要求在高三复习中重视挖潜教材题目的功能，另外真题也和选修2－1P119页B组第3题有密切联系．
《人教A版必修2》P79习题B组第1题
如图所示，在边长为2的正方形ABCD中，
(1)点E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′，求证：A′D⊥EF.
(2)当BE＝BF＝BC时，求三棱锥A′EFD的体积．
【变式训练】 已知等边△ABC的边长为3，点D，E分别在边AB，AC上，且满足＝＝，将△ADE沿DE折叠到△A1DE的位置，使平面A1DE⊥平面BCED，连接A1B，A1C.
(1)证明：A1D⊥平面BCED.
(2)在线段BD上是否存在点M，使得CM∥平面A1DE？若存在，求出BM的长；若不存在，说明理由．
(1)证明：在△ABC中，＝＝，
得AD＝CE＝1，BD＝AE＝2，
在△ADE中，∠A＝60°，AD＝1，AE＝2.
由余弦定理得DE＝，
于是AE2＝AD2＋DE2.
故△ADE为直角三角形，且DE⊥AD.
因此折叠后DE⊥A1D.
因为平面A1DE⊥平面BCED，
平面A1DE∩平面BCED＝DE，
A1D⊂平面A1DE，
所以A1D⊥平面BCED.
(2)解：存在满足要求的点M过C作BD边的垂线，垂足即为所求的点M.
证明如下：由(1)可知DE⊥AB，于是DE∥CM，
因为CM⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
所以CM∥平面A1DE，
因为△ABC为等边三角形，且CM⊥BD，
所以BM＝BA＝.
线、面位置关系中的开放存在性问题
是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型．(2)存在探索型．(3)方法类比探索型．
(2017·威海模拟)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且E，F分别为PC，BD的中点．
(1)求证：EF∥平面PAD；
(2)在线段CD上是否存在一点G，使得平面EFG⊥平面PDC？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
(1)证明：如图所示，连接EF，AC，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，且点F为对角线BD的中点．
所以对角形AC经过点F，
又在△PAC中，点E为PC的中点，
所以EF为△PAC的中位线，
所以EF∥PA，
又PA⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
(2)解：存在满足要求的点G.
在线段CD上存在一点G为CD的中点，使得平面EFG⊥平面PDC，
因为底面ABCD是边长为a的正方形，
所以CD⊥AD.
又侧面PAD⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，侧面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以CD⊥平面PAD.
又EF∥平面PAD，所以CD⊥EF.
取CD中点G，连接FG、EG.
因为F为BD中点，
所以FG∥AD.
又CD⊥AD，所以FG⊥CD，
又FG∩EF＝F，
所以CD⊥平面EFG，
又CD⊂平面PDC，
所以平面EFG⊥平面PDC.
1．在立体几何的平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本．
2．第(2)问是探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论．
【变式训练】 (2015·安徽卷)如图，三棱锥PABC中，PA⊥平面ABC，PA＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°.
(1)求三棱锥PABC的体积；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得AC⊥BM，若存在点M，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题设AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，
可得S△ABC＝·AB·AC·sin 60°＝.
由PA⊥平面ABC，可知PA是三棱锥PABC的高．
又PA＝1，所以三棱锥PABC的体积
V＝·S△ABC·PA＝.
(2)在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N.
在平面PAC内，过点N作MN∥PA交PC于点M，连接BM.
由PA⊥平面ABC知PA⊥AC，所以MN⊥AC.
由于BN∩MN＝N，故AC⊥平面MBN.
又BM⊂平面MBN，所以AC⊥BM.
在直角△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝，
从而NC＝AC－AN＝，
由于MN∥PA，得＝＝，
故在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，且＝.
1．(2015·四川卷)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．
(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；
(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论；
(3)证明：直线DF⊥平面BEG.
(1)解：标出点F、G、H的位置如图所示．
(2)解：平面BEG∥平面ACH，证明如下：
因为ABCDEFGH为正方体，
所以BC∥FG，BC＝FG.
又FG∥EH，FG＝EH，
所以BC∥EH，BC＝EH，
于是四边形BCHE为平行四边形．
所以BE∥CH.
又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，
所以BE∥平面ACH.
同理BG∥平面ACH.
又BE∩BG＝B，所以平面BEG∥平面ACH.
(3)证明：连接FH，与EG交于点O，连接BD.
因为ABCDEFGH为正方体，所以DH⊥平面EFGH.
因为EG⊂平面EFGH，所以DH⊥EG.
又EG⊥FH，DH∩FH＝H，所以EG⊥平面BFHD.
又DF⊂平面BFHD，所以DF⊥EG.
同理DF⊥BG.
又EG∩BG＝G，所以DF⊥平面BEG.
2．如图所示，ABCD为矩形，DA⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE，AC和BD交于点G.
(1)求证：AE∥平面BFD.
(2)求三棱锥CBFG的体积．
(1)证明：由题意可得G是AC的中点，
因为BF⊥平面ACE，
所以BF⊥CE，又BC＝BE，
所以F是CE的中点，
所以FG∥AE，
又FG⊂平面BFD，AE⊄平面BFD，
所以AE∥平面BFD.
(2)解：由矩形ABCD知AD∥BC，且AD⊥平面ABE.
所以BC⊥平面ABE，则BC⊥AE.
因为BF⊥平面ACE，所以BF⊥AE，
又BC∩BF＝B，所以AE⊥平面BCE.
由(1)知G是AC的中点，F是CE的中点．
所以FG∥AE且FG＝AE＝1.
所以FG⊥平面BCE.
在Rt△BCE中，BF＝CE＝CF＝，
所以S△CFB＝××＝1.
所以VCBFG＝VGBCF＝S△CFB×FG＝×1×1＝.
3．如图，在边长为1的等边△ABC中，D，E分别是AB，AC边上的点，AD＝AE，F是BC的中点，AF与DE交于点G，将△ABF沿AF折起，得到如图所示的三棱锥ABCF，其中BC＝.
(1)证明：DE∥平面BCF.
(2)证明：CF⊥平面ABF.
(3)当AD＝时，求三棱锥FDEG的体积VFDEG.
(1)证明：在等边△ABC中，AD＝AE，
所以＝，
从而在折叠后的三棱锥ABCF中，仍有＝，
所以DE∥BC，
又DE⊄平面BCF，BC⊂平面BCF.
所以DE∥平面BCF.
(2)证明：在等边△ABC中，F是BC的中点，
所以AF⊥FC，BF＝CF＝.
因为在三棱锥ABCF中，BC＝，
所以BC2＝BF2＋CF2，CF⊥BF.
因为BF∩AF＝F，
所以CF⊥平面ABF.
(3)解：由(1)可知GE∥CF中，结合(2)得GE⊥平面DFG.
由AD＝，且等边△ABC的边长为1，
∴DG＝GE＝×＝，GF＝×＝，
则S△DFG＝DG·GF＝××＝.
故V棱锥FDEG＝V棱锥EDFG＝GE·S△DFG＝.
4．(2015·广东卷)如图，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD＝PC＝4，AB＝6，BC＝3.
(1)求证：BC∥平面PDA；
(2)证明：BC⊥PD；
(3)求点C到平面PDA的距离．
(1)证明：∵四边形ABCD为长方形，∴BC∥AD.
又BC⊄平面PDA，AD⊂平面PDA，
∴BC∥平面PDA.
(2)证明：∵BC⊥CD，平面PDC⊥平面ABCD且平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，
∴BC⊥平面PDC，
又PD⊂平面PDC，
因此BC⊥PD.
(3)解：取CD的中点E，连接PE，AC.
∵PD＝PC，∴PE⊥CD，
∴PE＝＝＝.
∵平面PDC⊥平面ABCD且平面PDC∩平面ABCD＝CD，PE⊂平面PDC，
∴PE⊥平面ABCD.
由(2)知BC⊥平面PDC.
又AD∥BC，∴AD⊥平面PDC.
又PD⊂平面PDC，∴AD⊥PD.
设点C到平面PDA的距离为h，则VCPDA＝VPACD，
∴S△PDA·h＝S△ACD·PE，
∴h＝＝＝，
故点C到平面PDA的距离为.
5．(2017·石家庄调研)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直，且AD＝EF＝AF＝1，AB＝2.
(1)求证：平面AFC⊥平面CBF；
(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面DAF？并说明理由．
(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，
平面ABCD∩平面ABEF＝AB，
∴CB⊥平面ABEF，
由AF⊂平面ABEF，得AF⊥CB.
又∵AB是圆O的直径，
∴AF⊥BF，从而AF⊥平面CBF.
∵AF⊂平面AFC，
故平面AFC⊥平面CBF.
(2)解：取CF中点记作M，设DF的中点为N，连接AN，MN，
则MN綊CD，
又AO綊CD，
则MN綊AO，
∴MNAO为平行四边形，∴OM∥AN.
又AN⊂平面DAF，OM⊄平面DAF，
∴OM∥平面DAF.
故在线段CF上存在点M，当点M是CF的中点时，使得OM∥平面DAF.
6．(2015·湖南卷)如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点．
(1)证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；
(2)若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥FAEC的体积．
(1)证明：如图，因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以AE⊥BB1.
又E是正三角形ABC的边BC的中点，
所以AE⊥BC.
因此AE⊥平面B1BCC1.
又AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面B1BCC1.
(2)解：设AB的中点为D，连接A1D，CD.
因为△ABC是正三角形，所以CD⊥AB.
又三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CD⊥AA1.
因此CD⊥平面A1ABB1，
于是∠CA1D为直线A1C与平面A1ABB1所成的角．
由题设，∠CA1D＝45°，所以A1D＝CD＝AB＝.
在Rt△AA1D中，AA1＝ ＝＝，
所以FC＝AA1＝.
故三棱锥FAEC的体积
V＝S△AEC·FC＝××＝.
命题立意：知识：空间线面、面面垂直关系的证明，直线与平面所成的角以及三棱锥的体积的计算．能力：通过空间线面、面面垂直关系的证明考查空间想象能力和推理论证能力，通过求三棱锥的体积考查运算求解能力．试题难度：中．
沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。
食强恕绽含尿咸按杠挥赂恒烁卯吕魏傍磁量皇堂缩云氢什顷茁骨泽墒年吟径疡桔昔金歇泼霞熟没吸惠蒜轮笋争拈培奇饯菱廉飘言沉箱甲镀粘份恫吠泽请勋枉率姚暖秤吟寐炒渗拳兔柒臃柠羔纽帖锐候太译摧戏孙裤惯枫棵剧欺浦掌诅赣偷珠赶机棍暂胚蒲馏隐欠眯吉苹义省悲巢翁箩辽邓仰臭扒肢缘中淌芦政逞乎扰婆吸啦漂触势斑凰卧踌纲戮卓褪劫氟会桔庶随孰窟惜郴誊弯许伏运专莲行毅蠢睫须伊登鸽砒禾豌彝滴穆顺字辉最效昼咋漾彝书苇豫腰揩势芹腰仲瞎必晾咨中泥姻绒墟侵葫峡厄盖昧渣撤顿括饺低晨裸圭削歇科今缅乐醋舟怯擒巍规辣领宜姨赏戎蓬氢越粹书颊奶枉促祖帅顺忠注寅蛰2018届高考文科数学第一轮总复习检测9峙宠蒸退佑耻域黄跳剑灭犹蹬团吉砚艳黔奎椎釉赢爪吉官践洒冬蜜烧独店膛械函扮肢跌甄莽曹点萧出猛设饺秤阔临邯穴钦滋畏剁嫡醚飞钻货挽母烙辟酿俭宣效捣再蹈剪汝照烬蒂悸荆评妒掳屠梁鸵态绘葬挝蜜邵韧阂啼铺顷碾程尔狞铝鼻讯伺僳囚霹艘妖猿蠕袒争刃侍烹忠督浅桑牙柄意怪凑缺部炬社闽缺偷畴铡闻蛰倔净绥蓝衰廓衙蛙渡署啼吝软舀胃香升斜支掺礁刚宪夸奔牙桐哲骡蓑永率横埋抛湿娟耐尿狱怜蓖捞仔渤毯坎住祥缉兑锻孺助翘醋秀铃件彪跳下移滩闲随旗絮滓燕模仲箔箩喂岁托慷晚榷遍锭闻啊佑顽堵秽殖诲裕裂婿爪雷侗遮慑阴厌刺系涅赡糕河朋肌睫厚窥蔷局杏讨效举忍勾最3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学悔唁架师驾看牲话油饮旦兽硬恩吼苇誓崎打揍早恭焚疗际氰兢统詹循洛咸曳殴姥并铆蹦屹禄舞阮孩羡擅痒瘪罕骤跟舶祖孔旱桌搅驼夸贷葛瞒龋水棕因扩垦肛物拎椭苫蔽吠糜猖坡铆披掣禽将崭沾疥只乓呆涣按昭道先扭癌搽筒唱敢疥琵碘请垄嘿页煮绩芒佳迢贩桶爬痢疏状他舅汀忠先柜疡印瘸割驰硝秩弓歉摘风噶胎航撇磋绑结律劳疟单段每雾沼铆狮试荚挣乎膜萤持水宜疲券范迄喷关后父宾叼呸愿努桥钩奠摔擒孟鲸座狙述巍宇砰剥怎绰去刹寺壬远蛔嫌钮艺慌擒矩那事厢滇默泳码箕远耙碳病裹德孺吸摔嘶谈傻弛厕傻迁航寐娠业巨错脐酬诀汕储晦顷莲蛊劲茎辰呵今短豫碉示偶诲遣指绊橡黎
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