《高考导航》2022届新课标数学(理)一轮复习讲义-第七章-第5讲-直线、平面垂直的判定与性质.docx

第5讲　直线、平面垂直的判定与性质

1．直线与平面垂直的判定定理及性质定理

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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

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判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直

⇒α⊥β
性质定理
两个平面相互垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面

⇒l⊥α
3.空间角
(1)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∈[0，]．
(2)二面角

①定义：从一条直线动身的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱．两个半平面叫做二面角的面．
如图的二面角，可记作：二面角α­l­β或二面角P­AB­Q．

②二面角的平面角
如图，过二面角α­l­β的棱l上一点O在两个半平面内分别作BO⊥l，AO⊥l，则∠AOB就叫做二面角α­l­β的平面角．
③二面角的范围
设二面角的平面角为θ，则θ∈[0，π]．
④当θ＝时，二面角叫做直二面角．
[做一做]
1．已知直线a⊥平面α，b∥α，则a与b的位置关系是(　　)
A．平行　　　　　　　　 B．垂直
C．异面 D．以上都有可能
答案：B
2. 如图，O为正方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是(　　)

A．A1D
B．AA1
C．A1D1
D．A1C1
解析：选D.由题易知，A1C1⊥平面BB1D1D，又OB1⊂平面DD1B1B，∴A1C1⊥B1O.

1．辨明三个易误点
(1)留意在空间中垂直于同始终线的两条直线不愿定平行，还有可能异面、相交．
(2)留意使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误会为“假如一条直线垂直于平面内的很多条直线，就垂直于这个平面”．
(3)留意对平面与平面垂直性质的理解．
2．学会三种垂直关系的转化

在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中查找平面的垂线，若图中不存在这样的直线，则可通过作挂念线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
[做一做]
3．“直线a与平面M内的很多条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”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B.依据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M内的很多条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以应当是必要不充分条件．
4．将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四周体ABCD(如图2)，则在空间四周体ABCD中，AD与BC的位置关系是(　　)

A．相交且垂直　　　　　　 B．相交但不垂直
C．异面且垂直 D．异面但不垂直
解析：选C.在题图1中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则AD⊥BC，翻折后如题图2，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD.又BD∩CD＝D，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.
,[同学用书P132～P134])

__线面垂直的判定与性质(高频考点)_______

直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，属中档题．高考对直线与平面垂直的判定与性质的考查常有以下三个命题角度：
(1)证明线面垂直；
(2)证明线线垂直；
(3)求体积问题．
　(2022·高考广东卷)如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.
(1)证明：CF⊥平面MDF；
(2)求三棱锥M­CDE的体积．

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直线与平面垂直的性质

[解]　(1)证明：如图，由于PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以 PD⊥AD.
又由于ABCD是矩形，CD⊥AD，PD与CD交于点D，
所以AD⊥平面PCD.
又CF⊂平面PCD，所以AD⊥CF，即MD⊥CF.
又MF⊥CF，MD∩MF＝M，
所以CF⊥平面DMF.
(2)由于PD⊥DC，PC＝2，CD＝1，∴∠PCD＝60°，
所以PD＝，由(1)知FD⊥CF，
在直角三角形DCF中，CF＝CD＝.
过点F作FG⊥CD，得FG＝FCsin 60°＝×＝，
所以DE＝FG＝，故ME＝PE＝－＝，
所以MD＝＝＝.
S△CDE＝DE·DC＝××1＝.
故VM­CDE＝MD·S△CDE＝××＝.
[规律方法]　判定线面垂直的四种方法：
(1)利用线面垂直的判定定理．
(2)利用“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”．
(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．
(4)利用面面垂直的性质定理．
　1.(1)(2021·大庆市其次次质检) 如图，四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1，AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°.

①求证：PC⊥BC；
②求点A到平面PBC的距离．
(2) 如图所示，在四棱锥P­ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．

①证明：PH⊥平面ABCD；
②证明：EF⊥平面PAB.
解：(1)①证明：∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.
由∠BCD＝90°知，BC⊥DC，
∵PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC，
∴BC⊥PC.
②设点A到平面PBC的距离为h，
∵AB∥DC，∠BCD＝90°，
∴∠ABC＝90°，
连接AC(图略)，∵AB＝2，BC＝1，
∴S△ABC＝AB·BC＝1，
∵PD⊥平面ABCD，PD＝1，
∴VP­ABC＝S△ABC·PD＝，
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，
∵PD＝DC＝1，∴PC＝，
∵PC⊥BC，BC＝1，
∴S△PBC＝PC·BC＝，
∵VA­PBC＝VP­ABC，
∴S△PBC·h＝，∴h＝，
∴点A到平面PBC的距离为.
(2)证明：①由于AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，
所以PH⊥AB.
由于PH为△PAD中AD边上的高，所以PH⊥AD.
由于PH⊄平面ABCD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PH⊥平面ABCD.

②证明：取PA中点M，连接MD，ME.
由于E是PB的中点，
所以ME綊AB.
又由于DF綊AB，所以ME綊DF，所以四边形MEFD是平行四边形，
所以EF∥MD.
由于PD＝AD，所以MD⊥PA.
由于AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB.
由于PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，
所以EF⊥平面PAB.
__面面垂直的判定和性质______________

　(2022·高考江苏卷) 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.
[证明]　(1)由于D，E分别为棱PC，AC的中点，
所以DE∥PA.
又由于PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，
所以直线PA∥平面DEF.
(2)由于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.
又由于DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，
所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
由于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.
[规律方法]　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. 如图所示，三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱A1A⊥底面ABC，且各棱长均相等，D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点．求证：

(1)EF∥平面A1CD；
(2)平面A1CD⊥平面A1ABB1.
证明：(1) 如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC＝A1C1，连接ED，
在△ABC中，由于D，E分别为AB，BC的中点，所以DE＝AC，且DE∥AC.
又F为A1C1的中点，所以A1F＝A1C1＝AC，且A1F∥AC，所以A1F＝DE，且A1F∥DE，
即四边形A1DEF为平行四边形，
所以EF∥DA1.
又EF⊄平面A1CD，DA1⊂平面A1CD，所以EF∥平面A1CD.
(2)由于底面ABC是正三角形，D为AB的中点，
故CD⊥AB，又侧棱A1A⊥底面ABC，CD⊂平面ABC，
所以AA1⊥CD，
又AA1∩AB＝A，因此CD⊥平面A1ABB1，
而CD⊂平面A1CD，所以平面A1CD⊥平面A1ABB1.
__垂直关系的综合应用________________

　(2022·高考北京卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别为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．
[解]　(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，
所以BB1⊥AB.
又由于AB⊥BC，
所以AB⊥平面B1BCC1.
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.

(2)证明：取AB的中点G，连接EG，FG.
由于E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝AC.
由于AC∥A1C1，且AC＝A1C1，所以FG∥EC1，且FG＝EC1，所以四边形FGEC1为平行四边形．
所以C1F∥EG.
又由于EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
(3)由于AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝＝.
所以三棱锥E­ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.
[规律方法]　垂直关系综合题的解法
(1)三种垂直的综合问题．一般通过作挂念线进行线线、线面、面面垂直间的转化．
(2)垂直与平行综合问题．求解时应留意平行、垂直的性质及判定的综合应用．
(3)垂直与体积结合的问题．在求体积时，可依据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．
　3. 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AB的中点．

(1)设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长等于2，求三棱锥C­B1ED的体积；
(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.
解：(1)依据已知，点B1到平面CDE的距离等于2，△CDE的面积等于2，∴三棱锥B1­CDE的体积等于.
∵VC­B1ED＝VB1­CDE，
∴VC­B1ED＝，即三棱锥C­B1ED的体积等于.
(2)证明：

设B1D的中点为M，连接ME，MC.
设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2a，则ED＝a，
B1E＝a，∴ED＝B1E，
∴ME⊥B1D，
ME＝
＝ ＝a.
由ABCD­A1B1C1D1是正方体，
得CD⊥平面BCC1B1，CB1⊂平面BCC1B1，
∴CD⊥CB1，
∴MC＝B1D＝a.
∵ME2＋MC2＝5a2＝EC2，∴ME⊥MC.
又∵B1D⊂平面B1CD，MC⊂平面B1CD，B1D∩MC＝M，
∴ME⊥平面B1CD.
∵ME⊂平面EB1D，
∴平面EB1D⊥平面B1CD.
__平面图形的翻折问题__________________

　如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1­BCD，如图2所示．

(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF；
(2)求证：BD⊥A1F；
(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试推断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．
[解]　(1)证明：由于D，M分别为AC，FC的中点，所以DM∥EF，
又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，
所以DM∥平面A1EF.
(2)证明：由于A1E⊥BD，EF⊥BD且A1E∩EF＝E，
所以BD⊥平面A1EF.
又A1F⊂平面A1EF，
所以BD⊥A1F.
(3)直线A1B与直线CD不能垂直．
由于平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，
所以EF⊥平面A1BD.
由于A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，
又由于EF∥DM，所以A1B⊥DM.
假设A1B⊥CD，
由于CD∩DM＝D，
所以A1B⊥平面BCD，
所以A1B⊥BD，
这与∠A1BD为锐角冲突，
所以直线A1B与直线CD不能垂直．
[规律方法]　对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此争辩翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．
　4.(2021·湖北武汉市调研)如图，已知正方形ABCD的边长为2，AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿对角线BD折起，得到三棱锥A­BCD.

(1)求证：平面AOC⊥平面BCD；
(2)若三棱锥A­BCD的体积为，且∠AOC是钝角，求AC的长．
解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AO，BD⊥CO.
折起后仍有BD⊥AO，BD⊥CO，AO∩CO＝O，
∴BD⊥平面AOC.
∵BD⊂平面BCD，
∴平面AOC⊥平面BCD.
(2)由(1)知BD⊥平面AOC，
∴VA­BCD＝S△AOC·BD.
又VA­BCD＝，
∴×OA·OC·sin∠AOC·BD＝，
即××××sin∠AOC× 2＝，
∴sin∠AOC＝.
∵∠AOC是钝角，∴∠AOC＝120°.
在△AOC中，由余弦定理，得
AC2＝OA2＋OC2－2·OA·OC·cos∠AOC
＝()2＋()2－2×××cos 120°＝6，
∴AC＝.
,[同学用书P134])

考题溯源——空间线面垂直关系的证明

　　　(2021·高考湖南卷)如图，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.

(1)证明：AC⊥B1D；
(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：由于BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.
又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D.而B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.

(2)由于B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．
连接A1D.由于棱柱ABCD­A1B1C1D1是直棱柱，
且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，
所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.
故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.
由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.
在直角梯形ABCD中，由于AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝，即AB＝＝.
连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB＋BD2＝BB＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝.
在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝＝＝，
即cos(90°－θ)＝.从而sin θ＝.
即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.
[考题溯源]　本考题由教材人教A版必修2 P66探究“如图，直四棱柱A′B′C′D′­ABCD(侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱)中，底面四边形ABCD满足什么条件时，A′C⊥B′D′？”改编而成．

　　　如图，在直四棱柱ABCD – A1B1C1D1中，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝2，AD＝，AA1＝3，E为CD上一点，DE＝1，EC＝3.

(1)证明：BE⊥平面BB1C1C；
(2)求点B1 到平面EA1C1 的距离．
解：(1)证明：过点B作CD的垂线交CD于点F，则
BF＝AD＝，EF＝AB－DE＝1，FC＝2.
在Rt△BFE中，BE＝.
在Rt△CFB中，BC＝.
在△BEC中，由于BE2＋BC2＝9＝EC2，故BE⊥BC.
由BB1⊥平面ABCD，得BE⊥BB1，
所以BE⊥平面BB1C1C.
(2)连接B1E，则三棱锥E­A1B1C1的体积V＝AA1·S△A1B1C1＝.
在Rt△A1D1C1中，A1C1＝＝3.
同理，EC1＝＝3，
A1E＝＝2，
故S△A1C1E＝3.
设点B1到平面EA1C1的距离为d，
则三棱锥B1­EA1C1的体积
V＝·d·S△EA1C1＝d，
从而d＝，d＝.

1．(2021·河南郑州市质量检测)设α，β分别为两个不同的平面，直线l⊂α，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的(　　)
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.依题意，由l⊥β，l⊂α可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，l⊂α不能推出l⊥β.因此“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件．
2．(2021·黑龙江齐齐哈尔模拟)在如图所示的四个正方体中，能得出AB⊥CD的是(　　)

解析：选A.A中，∵CD⊥平面AMB，∴CD⊥AB；B中，AB与CD成60°角；C中，AB与CD成45°角；D中，AB与CD夹角的正切值为.
3．(2022·高考浙江卷)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：选C.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．
4. (2021·衡阳联考)如图，在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则点C1在平面ABC上的射影H必在(　　)

A．直线AB上
B．直线BC上
C．直线AC上
D．△ABC的内部
解析：选A.连接AC1(图略)，∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1.又AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC，∴点C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上，故选A.
5. 如图，在三棱锥D­ABC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
解析：选C.要推断两个平面的垂直关系，就需固定其中一个平面，找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直．由于AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.由于AC在平面ABC内，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面BDE.
6. 如图，∠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：∵PC⊥平面ABC，
∴PC垂直于直线AB，BC，AC.
∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，
∴AB⊥平面PAC，
∴AB⊥AP，与AP垂直的直线是AB.
答案：AB，BC，AC　AB
7．设α，β是空间中两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(填序号)．
解析：由于当n⊥β，m⊥α时，平面α及β所成的二面角与直线m，n所成的角相等或互补，所以若m⊥n，则α⊥β，从而由①③④⇒②正确；同理②③④⇒①也正确．
答案：①③④⇒②(或②③④⇒①)
8. 如图，PA垂直于圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号为________．

解析：由于PA垂直于圆O所在的平面，所以PA⊥平面ABC，即PA⊥BC，又由于AB是圆O的直径，所以BC⊥AC，所以BC⊥平面PAC，又AF⊂平面PAC，所以AF⊥BC，又AF⊥PC，所以AF⊥平面PBC，所以AF⊥PB.又由于AE⊥PB，所以PB⊥平面AEF，即PB⊥EF.
答案：①②③
9．(2021·忻州市第一次联考) 已知四棱锥S­ABCD的底面ABCD为正方形，顶点S在底面ABCD上的射影为其中心O，高为，设E、F分别为AB、SC的中点，且SE＝2，M为CD边上的点．

(1)求证：EF∥平面SAD；
(2)试确定点M的位置，使得平面EFM⊥底面ABCD.
解：(1)证明：取SB的中点P，连接PF，PE(图略)．
∵F为SC的中点，
∴PF∥BC，又底面ABCD为正方形，
∴BC∥AD，即PF∥AD，
又PE∥SA，∴平面PFE∥平面SAD.
∵EF⊂平面PFE，
∴EF∥平面SAD.
(2)连接AC(图略)，AC的中点即为点O，连接SO(图略)，由题知SO⊥平面ABCD，
取OC的中点H，连接FH(图略)，则FH∥SO，
∴FH⊥平面ABCD，∴平面EFH⊥平面ABCD，则连接EH并延长EH与DC的交点即为M点．
连接OE(图略)，由题知SO＝，SE＝2，∴OE＝1，AB＝2，AE＝1，
∴＝＝，∴MC＝，即点M的位置在CD边上靠近C点距离为.
)
1. (2021·唐山市统考)如图，在三棱锥P­ABC中，PA＝PB＝AB＝BC，∠PBC＝90°，D为AC的中点，AB⊥PD.

(1)求证：平面PAB⊥平面ABC；
(2)假如三棱锥P­BCD的体积为3，求PA.
解：(1)证明：取AB中点为O，连接OD，OP.
由于PA＝PB，所以AB⊥OP.
又AB⊥PD，OP∩PD＝P，所以AB⊥平面POD，

由于OD⊂平面POD，所以AB⊥OD.
由已知，BC⊥PB，又OD∥BC，所以OD⊥PB，
由于AB∩PB＝B，所以OD⊥平面PAB.
又OD⊂平面ABC，所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)由(1)知，OP⊥平面ABC.
设PA＝a，由于D为AC的中点，
所以VP­BCD＝VP­ABC＝××a2×a＝a3，
由a3＝3，解得a＝2，即PA＝2.
2. 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，P，Q，M，N分别是棱AB，AD，DD1，BB1，A1B1，A1D1的中点．求证：

(1)直线BC1∥平面EFPQ；
(2)直线AC1⊥平面PQMN.
证明：(1)连接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，
由于F，P分别是AD，DD1的中点，所以FP∥AD1.
从而BC1∥FP.

而FP⊂平面EFPQ，且BC1⊄平面EFPQ，
故直线BC1∥平面EFPQ.
(2)如图，连接AC，BD，则AC⊥BD.
由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，可得CC1⊥BD.
又AC∩CC1＝C，
所以BD⊥平面ACC1.
而AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.
由于M，N分别是A1B1，A1D1的中点，
所以MN∥BD，从而MN⊥AC1.
同理可证PN⊥AC1.
又PN∩MN＝N，所以直线AC1⊥平面PQMN.
3．如图(1)，在平面四边形ABCD中，∠A＝90°，∠B＝135°，∠C＝60°，AB＝AD，M，N分别是边AD，CD上的点，且2AM＝MD，2CN＝ND.如图(1)，将△ABD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，并连接AC，MN(如图(2))．

(1)证明：MN∥平面ABC；
(2)证明：AD⊥BC；
(3)若BC＝1，求三棱锥A­BCD的体积．

解：(1)证明：在△ACD中，
∵2AM＝MD，2CN＝ND，∴MN∥AC，
又MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴MN∥平面ABC.
(2)证明：在△ABD中，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠ABD＝45°，
∵在平面四边形ABCD中，∠ABC＝135°，∴BC⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD，
且BC⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴BC⊥平面ABD，又AD⊂平面ABD，∴AD⊥BC.
(3)在△BCD中，∵BC＝1，∠CBD＝90°，∠BCD＝60°，
∴BD＝.
又在△ABD中，∠BAD＝90°，AB＝AD，∴AB＝AD＝.
∴S△ABD＝AB×AD＝，
由(2)知BC⊥平面ABD，
∴VA­BCD＝VC­ABD＝××1＝.