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第八章 第4讲
[A级 基础达标]
1．设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则能得出a⊥b的是( )
A．a⊥α，b∥β，α⊥β B．a⊥α，b⊥β，α∥β
C．a⊂α，b⊥β，α∥β D．a⊂α，b∥β，α⊥β
【答案】C
2．如图所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，PA⊥平面ABC，则四面体P－ABC各个面中直角三角形的个数为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
【答案】A
3．(2020年河北衡水中学模拟)已知直线l⊥平面α，直线m∥平面β，若α⊥β，则下列结论正确的是( )
A．l∥β或l⊂β B．l∥m
C．m⊥α D．l⊥m
【答案】A
4．如图所示，在正四面体P－ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下列四个结论中不成立的是( )
A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面PAE D．平面PDE⊥平面ABC
【答案】D
5．(2020年四川模拟)在四面体ABCD中，已知AB＝AC＝CD＝2，BC＝2，且CD⊥平面ABC，则该四面体外接球的体积为( )
A．16π B．12π
C．4π D．6π
【答案】C 【解析】在四面体ABCD中，因为AB＝AC＝CD＝2，BC＝2，所以AC2＋AB2＝BC2，所以AB⊥AC．因为CD⊥平面ABC，所以CD⊥AB．又AC∩CD＝C，所以AB⊥平面ACD，构造正方体，得四面体外接球半径r＝·＝，所以该四面体外接球的体积V＝πr3＝π·()3＝4π.
6．(2019年潍坊期末)四面体PABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC，O为AB中点，请从以下平面中选出两个相互垂直的平面________(只填序号)．
①平面PAB；②平面ABC；③平面PAC；④平面PBC；⑤平面POC．
【答案】①②(或②⑤或①⑤) 【解析】因为四面体PABC中，PA＝PB＝PC，底面△ABC为等腰直角三角形，AC＝BC，O为AB中点，所以CO⊥AB．又PO⊥AB，CO∩PO＝O，所以AB⊥平面POC．因为AB⊂平面ABC，AB⊂平面PAB，所以平面POC⊥平面ABC，平面PAB⊥平面POC．因为OA＝OB＝OC，PA＝PB＝PC，PO⊥AB，所以PO⊥OC．易得PO⊥平面ABC，平面PAB⊥平面ABC．所以两个相互垂直的平面为①②或②⑤或①⑤.
7．(开放题)如图，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是正确的条件即可)．
【答案】DM⊥PC(或BM⊥PC)
【解析】连接AC，则AC⊥BD．因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD．又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC．又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC．所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD．而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD．
8．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是________(填序号)．
①A′C⊥BD；②∠BA′C＝90°；③四面体A′BCD的体积为.
【答案】②③ 【解析】因为BD⊥CD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面A′BD．又A′D⊂平面A′BD，所以CD⊥A′D．因为AB＝AD＝CD＝1，BD＝，
所以A′C＝，BC＝，所以A′B2＋A′C2＝BC2，
所以A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°.
四面体A′BCD的体积V＝××12×1＝.
9．(2020年海安月考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，点D为棱C1C的中点，AC1与A1D交于点E，BC1与B1D交于点F，连接EF.求证：
(1)AB∥EF；
(2)平面A1B1D⊥平面B1BCC1．
证明：(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB∥A1B1，又AB⊄平面A1B1D，A1B1⊂平面A1B1D，
所以AB∥平面A1B1D．
因为AB⊂平面ABC1，平面A1B1D∩平面ABC1＝EF，所以AB∥EF.
(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B⊥平面A1B1C1，
又A1B1⊂平面A1B1C1，
所以BB1⊥A1B1．
因为AB⊥BC，
所以A1B1⊥B1C1．
因为B1B∩B1C1＝B1，B1B⊂平面B1BCC1，B1C1⊂平面B1BCC1，
所以A1B1⊥平面B1BCC1．
因为A1B1⊂平面A1B1D，
所以平面A1B1D⊥平面B1BCC1．
10．(2020年临沂调研)如图，四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC＝60°，CD＝2AD，EC⊥底面ABCD．
(1)求证：平面ADE⊥平面ACE；
(2)若AD＝CE＝2，求三棱锥C－ADE的高．
解：(1)证明：因为在▱ABCD中，∠ADC＝60°，CD＝2AD，所以在△ACD中，由余弦定理，得
AC＝
＝＝AD，
所以AD2＋AC2＝CD2，所以∠DAC＝90°，
故AD⊥AC．
因为EC⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EC⊥AD．
又因为EC∩AC＝C，AC，EC⊂平面ACE，所以AD⊥平面ACE.
因为AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ACE.
(2)因为AD＝2，所以CD＝4.
由(1)知AC＝AD，所以AC＝2，所以AE＝＝4.
方法一：设三棱锥C－ADE的高为h.
由(1)知AD⊥平面ACE，所以由VD－ACE＝VC－ADE，得·AD·S△ACE＝·h·S△ADE，
即×2××2×2＝·h·×2×4，解得h＝.所以三棱锥C－ADE的高为.
方法二：在△ACE内，过点C作CF⊥AE，垂足为F.
由(1)知，平面AED⊥平面ACE，又平面ADE∩平面ACE＝AE，所以CF⊥平面ADE，所以CF为三棱锥C－ADE的高．
在Rt△ACE中，CF·AE＝AC·CE，即4CF＝2×2，解得CF＝.
所以三棱锥C－ADE的高为.
[B级 能力提升]
11．设a，b，c是空间的三条直线，α，β是空间的两个平面，则下列命题中，逆命题不成立的是( )
A．当c⊥α时，若c⊥β，则α∥β
B．当b⊂α时，若b⊥β，则α⊥β
C．当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若b⊥c，则a⊥b
D．当b⊂α，且c⊄α时，若c∥α，则b∥c
【答案】B 【解析】A的逆命题为：当c⊥α时，若α∥β，则c⊥β.由线面垂直的性质知c⊥β，故A正确；B的逆命题为：当b⊂α时，若α⊥β，则b⊥β，显然错误，故B错误；C的逆命题为：当b⊂α，且c是a在α内的射影时，若a⊥b，则b⊥c.由三垂线逆定理知b⊥c，故C正确；D的逆命题为：当b⊂α，且c⊄α时，若b∥c，则c∥α.由线面平行判定定理可得c∥α，故D正确．
12．(多选)如图所示，AB为圆O的直径，点C在圆周上(异于点A，B)，直线PA垂直于圆O所在的平面，点M为线段PB的中点，则以下四个命题中正确的是( )
A．PA∥平面MOB B．MO∥平面PAC
C．OC⊥平面PAC D．平面PAC⊥平面PBC
【答案】BD 【解析】因为PA⊂平面MOB，故A错误；因为OM是△PAB的中位线，所以OM∥PA，又OM⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以OM∥平面PAC，故B正确；因为AB是直径，所以BC⊥AC，又因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，故C错误；又BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC，故D正确．
13．(2019年长沙模拟)已知在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上存在点Q满足PQ⊥DQ，则a的最小值是________．
【答案】4 【解析】假设在BC边上存在点Q，使得PQ⊥DQ，连接AQ，因为在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝a，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DQ.因为PQ∩PA＝P，所以DQ⊥平面PAQ，所以DQ⊥AQ，所以∠AQD＝90°.由题意得△ABQ∽△QCD，设BQ＝x，所以x(a－x)＝8，即x2－ax＋8＝0①.当Δ＝a2－32≥0时，①方程有解，所以当a≥4时，在BC上存在点Q满足PQ⊥DQ，故a的最小值为4.
14．如图，一张矩形白纸的长、宽分别为2a,2a，且A，B，C，D分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得P1，P2，P3，P4四点重合为一点P，从而得到一个多面体．下列关于该多面体的命题，正确的是________．(写出所有正确命题的序号)
①该多面体是三棱锥；②平面BAD⊥平面BCD；③平面BAC⊥平面ACD；④该多面体外接球的表面积为5πa2.
【答案】①②③④ 【解析】由题意得该多面体是一个三棱锥，故①正确；因为AP⊥BP，AP⊥CP，BP∩CP＝P，所以AP⊥平面BCD，又AP⊂平面ABD，所以平面BAD⊥平面BCD，故②正确；同理可证平面BAC⊥平面ACD，故③正确；通过构造长方体可得该多面体的外接球半径R＝a，所以该多面体外接球的表面积为5πa2，故④正确．
15．(2020年曲靖期末)如图，在三棱锥D－ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝a，E为BC的中点，F在棱AC上，且AF＝3FC．
(1)求证：AC⊥平面DEF；
(2)若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使MN∥平面DEF？若存在，说明点N的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取AC的中点H，连接BH，因为AB＝BC，所以BH⊥AC．
因为AF＝3FC，所以F为CH的中点．
因为E为BC的中点，所以EF∥BH，则EF⊥AC．
因为△BCD是正三角形，所以DE⊥BC．
因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥DE.
因为AB∩BC＝B，所以DE⊥平面ABC，
所以DE⊥AC．
因为DE∩EF＝E，所以AC⊥平面DEF.
(2)存在这样的点N，当CN＝CA时，MN∥平面DEF.
连接CM交DE于点O，连接OF.
由条件知O为△BCD的重心，所以CO＝CM.
所以当CF＝CN时，MN∥OF.
所以CN＝×CA＝CA .
[C级 创新突破]
16．如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是( )
A．平面BCE⊥平面ABN
B．MC⊥AN
C．平面CMN⊥平面AMN
D．平面BDE∥平面AMN
【答案】C 【解析】分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP＝CQ＝1，连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体．则BC⊥平面ABN，又BC⊂平面BCE，所以平面BCE⊥平面ABN，故A正确；连接PB，则PB∥MC，显然PB⊥AN，所以MC⊥AN，故B正确；取MN的中点F，连接AF，CF，AC，因为△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，所以AF⊥MN，CF⊥MN，所以∠AFC为二面角A－MN－C的平面角，因为AF＝CF＝，AC＝，所以AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠，所以平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；因为DE∥AN，MN∥BD，DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE，MN∩AN＝N，MN，AN⊂平面AMN，所以平面BDE∥平面AMN，故D正确．
17．(2020年北京三模)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取SC中点G，连接FG，EG，
因为F，G分别是SB，SC的中点，所以FG∥BC，FG＝BC．
因为底面ABCD是菱形，E是AD的中点，
所以AE∥BC，AE＝BC．
所以FG∥AE，FG＝AE.
所以四边形AFGE是平行四边形．
所以AF∥EG.又AF⊄平面SEC，EG⊂平面SEC，
所以AF∥平面SEC．
(2)证明：因为△SAD是等边三角形， E是AD的中点，所以SE⊥AD．
因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
所以△ACD是等边三角形．
又E是AD的中点，所以AD⊥CE.
又SE∩CE＝E，所以AD⊥平面SEC．所以AD⊥EG.所以四边形AFGE是矩形．所以AF⊥FG.
又SA＝AB，F是SB 的中点，所以AF⊥SB．
又FG∩SB＝F，FG⊂平面CSB，SB⊂平面CSB，
所以AF⊥平面CSB．
又AF⊂平面⊥ASB，所以平面ASB⊥平面CSB．
(3)假设棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，则BD⊥OM.
易求得BE＝，SE＝，BD＝2OB＝2.
因为侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD∩底面ABCD＝AD，所以SE⊥平面ABCD．
所以SE⊥BE，所以BS＝ ＝.
所以cos∠SBD＝ ＝.
所以＝， 所以BM＝.
所以＝.
所以棱SB上存在点M满足条件，且＝.
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