江蘇專版2020版高考數(shù)學第八章第四節(jié)直線平面垂直的判定及其性質(zhì)教案文含解析蘇教版.docx

第四節(jié) 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)1直線與平面垂直(1)直線和平面垂直的定義：直線l與平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面互相垂直(2)直線與平面垂直的判定定理及性質(zhì)定理：文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線垂直，那么這條直線垂直于這個平面 l性質(zhì)定理如果兩條直線垂直于同一個平面，那么這兩條直線平行ab2平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直性質(zhì)定理如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面l小題體驗1已知平面平面，直線l平面，則直線l與平面的位置關(guān)系為_答案：平行或直線l在平面內(nèi)2PD垂直于正方形ABCD所在的平面，連接PB，PC，PA，AC，BD，則一定互相垂直的平面有_對解析：由于PD平面ABCD，故平面PAD平面ABCD，平面PDB平面ABCD，平面PDC平面ABCD，平面PDA平面PDC，平面PAC平面PDB，平面PAB平面PAD, 平面PBC平面PDC，共7對答案：71證明線面垂直時，易忽視面內(nèi)兩條線為相交線這一條件2面面垂直的判定定理中，直線在面內(nèi)且垂直于另一平面易忽視3面面垂直的性質(zhì)定理在使用時易忘面內(nèi)一線垂直于交線而盲目套用造成失誤小題糾偏1“直線a與平面M內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面M垂直”的_條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)解析：根據(jù)直線與平面垂直的定義知“直線a與平面M的無數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分條件答案：必要不充分2(2018南京三模)已知，是兩個不同的平面，l，m是兩條不同的直線，l，m.給出下列命題：lm；lm；ml；lm.其中正確的命題是_(填寫所有正確命題的序號)解析：由l，得l，又因為m，所以lm，故正確；由l，得l或l，又因為m，所以l與m或異面或平行或相交，故不正確；由l，m，得lm.因為l只垂直于內(nèi)的一條直線m，所以不能確定l是否垂直于，故不正確；由l，l，得.因為m，所以m，故正確答案：考點一直線與平面垂直的判定與性質(zhì)鎖定考向直線與平面垂直的判定與性質(zhì)是每年高考的必考內(nèi)容，題型多為解答題常見的命題角度有：(1)證明直線與平面垂直；(2)利用線面垂直的性質(zhì)證明線線平行 題點全練角度一：證明直線與平面垂直1如圖所示，在四棱錐P ABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60，PAABBC，E是PC的中點求證：(1)CDAE；(2)PD平面ABE.證明：(1)在四棱錐P ABCD中，PA底面ABCD，CD平面ABCD，PACD.ACCD，PAACA，CD平面PAC.而AE平面PAC，CDAE.(2)由PAABBC，ABC60，可得ACPA.E是PC的中點，AEPC.由(1)知AECD，且PCCDC，AE平面PCD.而PD平面PCD，AEPD.PA底面ABCD，AB平面ABCD，PAAB.又ABAD，且PAADA，AB平面PAD，而PD平面PAD，ABPD.又ABAEA，PD平面ABE.角度二：利用線面垂直的性質(zhì)證明線線平行2如圖，在正方體ABCD A1B1C1D1中，EF與異面直線AC，A1D都垂直相交求證：(1)EF平面AB1C；(2)EFBD1.證明：(1)在正方體ABCD A1B1C1D1中，A1B1ABCD，且A1B1ABCD，所以四邊形A1B1CD是平行四邊形，所以A1DB1C.因為EFA1D，所以EFB1C.又因為EFAC，ACB1CC，AC平面AB1C，B1C平面AB1C，所以EF平面AB1C.(2)連結(jié)BD，則BDAC.因為DD1平面ABCD，AC平面ABCD，所以DD1AC.因為DD1BDD，DD1平面BDD1B1，BD平面BDD1B1，所以AC平面BDD1B1.又BD1平面BDD1B1，所以ACBD1.同理可證BD1B1C.又ACB1CC，AC平面AB1C，B1C平面AB1C，所以BD1平面AB1C.又EF平面AB1C，所以EFBD1.通法在握判定直線和平面垂直的4種方法(1)利用判定定理；(2)利用判定定理的推論(ab，ab)；(3)利用面面平行的性質(zhì)(a，a)；(4)利用面面垂直的性質(zhì)當兩個平面垂直時，在一個平面內(nèi)垂直于交線的直線垂直于另一個平面演練沖關(guān)1(2018輔仁高級中學測試)在四棱錐PABCD中，底面ABCD是矩形，AB2，BCa，又側(cè)棱PA底面ABCD，當a_時，BD平面PAC.解析：因為PA底面ABCD，所以PABD，為了使BD平面PAC，只要使BDAC，因為底面ABCD是矩形，所以底面ABCD是正方形，即a2.答案：22(2015江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知ACBC，BCCC1.設AB1的中點為D，B1CBC1E.求證：(1)DE平面AA1C1C；(2)BC1AB1.證明：(1)由題意知，E為B1C的中點，又D為AB1的中點，因此DEAC.又因為DE平面AA1C1C，AC平面AA1C1C，所以DE平面AA1C1C.(2)因為棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1平面ABC.因為AC平面ABC，所以ACCC1.又因為ACBC，CC1平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，BCCC1C，所以AC平面BCC1B1.又因為BC1平面BCC1B1，所以BC1AC.因為BCCC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1B1C.因為AC平面B1AC，B1C平面B1AC，ACB1CC，所以BC1平面B1AC.又因為AB1平面B1AC，所以BC1AB1.典例引領(lǐng)(2019南京調(diào)研)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，E是BC的中點，求證：(1)平面AB1E平面B1BCC1；(2)A1C平面AB1E.證明：(1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC.因為AE平面ABC，所以CC1AE.因為ABAC，E為BC的中點，所以AEBC.因為BC平面B1BCC1，CC1平面B1BCC1，且BCCC1C，所以AE平面B1BCC1.因為AE平面AB1E，所以平面AB1E平面B1BCC1.(2)連結(jié)A1B，設A1BAB1F，連結(jié)EF.在直三棱柱ABCA1B1C1中，四邊形AA1B1B為平行四邊形，所以F為A1B的中點又因為E是BC的中點，所以EFA1C.因為EF平面AB1E，A1C平面AB1E，所以A1C平面AB1E.由題悟法1證明面面垂直的2種方法(1)定義法：利用面面垂直的定義，將證明面面垂直問題轉(zhuǎn)化為證明平面角為直角的問題(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即證明其中一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，把問題轉(zhuǎn)化成證明線線垂直加以解決2三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化即時應用(2018淮安高三期中)如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，點M為棱A1B1的中點求證：(1)AB平面A1B1C；(2)平面C1CM平面A1B1C.證明：(1)在三棱柱ABCA1B1C1中，ABA1B1，又AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面A1B1C1，又A1B1平面A1B1C1，所以CC1A1B1.因為ACBC，所以A1C1B1C1.又因為點M為棱A1B1的中點，所以C1MA1B1.又CC1C1MC1，CC1平面C1CM，C1M平面C1CM，所以A1B1平面C1CM.又A1B1平面A1B1C，所以平面C1CM平面A1B1C.典例引領(lǐng)(2019昆山期中)如圖所示，在直角梯形ABCD中，ABAD，BCAD，AD6，BC4，AB2，點E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EFAB，并且E為BC中點現(xiàn)將四邊形ABEF沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC.(1)求證：ACDE；(2)在AD上確定一點N，使得過C，E，N的平面將三棱錐A FCD分成體積相等的兩部分解：(1)證明：在梯形ABCD中，ABEF，BC4，AD6，E為BC中點，CE2，DF4，又EFAB2，又CEFEFD，CEFEFD，ECFFED.ECFEFC90，F(xiàn)EDEFC90，CFDE.ABAD，EFAB，AFEF，又平面ABEF平面EFDC，AF平面ABEF，平面ABEF平面EFDCEF，AF平面EFDC，DE平面EFDC，AFDE.AFCFF，AF平面ACF，CF平面ACF，DE平面ACF，AC平面ACF，ACDE.(2)設過點C，E，N的平面為，平面AFDNP，PAF，則三棱錐A FCD被平面分成三棱錐C ANP和四棱錐C NPFD兩部分若兩部分體積相等，則三角形ANP和四邊形NPFD的面積相等，則SANPSAFD.ECDF，EC平面AFD，DF平面AFD，EC平面AFD，又EC平面，平面AFDNP，ECNP，NPDF，即當時，過C，E，N的平面將三棱錐A FCD分成體積相等的兩部分由題悟法對于翻折問題，應明確：在同一個平面上的性質(zhì)不發(fā)生變化，不在同一個平面上的性質(zhì)可能會發(fā)生變化解決這類問題就是要據(jù)此研究翻折以后的空間圖形中的線面關(guān)系和幾何量的度量值，這是解決翻折問題的主要方法即時應用(2018連云港模擬)在平面四邊形ABCD(圖)中，ABC與ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設AB2，BAD30，BAC45，將ABC沿AB折起，構(gòu)成如圖所示的三棱錐CABD.(1)當CD時，求證：平面CAB平面DAB；(2)當ACBD時，求三棱錐CABD的高解：(1)證明：當CD時，取AB的中點O，連結(jié)CO，DO，在RtACB，RtADB中，AB2，則CODO1，因為CD，所以CO2DO2CD2，即COOD，又COAB，ABODO，AB平面ABD，OD平面ABD，所以CO平面ABD，因為CO平面CAB，所以平面CAB平面DAB.(2)當ACBD時，由已知ACBC，因為BCBDB，所以AC平面BDC，因為CD平面BDC，所以ACCD，ACD為直角三角形，由勾股定理得，CD1，而在BDC中，BD1，BC，所以BDC為直角三角形，SBDC11.三棱錐CABD的體積VSBDCAC.SABD1，設三棱錐CABD的高為h，則由h，解得h.故三棱錐CABD的高為.一抓基礎(chǔ)，多練小題做到眼疾手快1設，為兩個不同的平面，直線l，則“l(fā)”是“”成立的_條件(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)解析：依題意，由l，l可以推出；反過來，由，l不能推出l.因此“l(fā)”是“”成立的充分不必要條件答案：充分不必要2在空間四邊形ABCD中，平面ABD平面BCD，且DA平面ABC，則ABC的形狀是_解析：過A作AHBD于H，由平面ABD平面BCD，得AH平面BCD，則AHBC，又DA平面ABC，所以BCDA，所以BC平面ABD，所以BCAB，即ABC為直角三角形答案：直角三角形3已知平面，和直線m，給出條件：m；m；m；.當滿足條件_時，有m.(填所選條件的序號)解析：若m，則m.故填.答案：4一平面垂直于另一平面的一條平行線，則這兩個平面的位置關(guān)系是_解析：由線面平行的性質(zhì)定理知，該面必有一直線與已知直線平行再根據(jù)“兩平行線中一條垂直于一平面，另一條也垂直于該平面”得出兩個平面垂直答案：垂直5(2018常州期中)如圖，在棱長為2的正方體ABCD A1B1C1D1中，點E是棱BC的中點，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，若平面A1B1CD平面AEP，則線段AP長度的取值范圍是_解析：連結(jié)BC1，易得BC1平面A1B1CD，要滿足題意，只需EPBC1即可取CC1的中點為F，則EFBC1，故P在線段EF上(不含端點) AE，AF3，線段AP長度的取值范圍是(，3)答案：(，3)6如圖，PAO所在平面，AB是O的直徑，C是O上一點，AEPC，AFPB，給出下列結(jié)論：AEBC；EFPB；AFBC；AE平面PBC，其中真命題的序號是_解析：AE平面PAC，BCAC，BCPAAEBC，故正確，AEPC，AEBC，PB平面PBCAEPB，又AFPB，EF平面AEFEFPB，故正確，若AFBCAF平面PBC，則AFAE與已知矛盾，故錯誤，由可知正確答案：二保高考，全練題型做到高考達標1(2019鹽城中學測試)已知，是三個不同的平面，命題“，且”是真命題，如果把，中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題的個數(shù)為_解析：若，換為直線a，b，則命題化為“ab，且ab”，此命題為真命題；若，換為直線a，b，則命題化為“a，且abb”，此命題為假命題；若，換為直線a，b，則命題化為“a，且bab”，此命題為真命題答案：22(2018徐州期中)如圖，在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，將ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，構(gòu)成四面體ABCD，在四面體ABCD的其他面中，與平面ADC垂直的平面為_(寫出滿足條件的所有平面)解析：在四邊形ABCD中，ADBC，ADAB，BCD45，BAD90，可得BDC90，即BDCD.平面ABD平面BCD，且平面ABD平面BCDBD，CD平面ABD，又CD平面ADC，平面ADC平面ABD；假設平面ADC平面BCD，BDCD，且平面ADC平面BCDCD，BD平面ADC，則BDAD，與ADB45矛盾；CD平面ABD，AB平面ABD，CDAB，又ADAB，且ADCDD，AB平面ADC，又AB平面ABC，平面ABC平面ADC.在四面體ABCD的其他面中，與平面ADC垂直的平面為平面ABD，平面ABC.答案：平面ABD，平面ABC.3已知正ABC的邊長為2 cm，PA平面ABC，A 為垂足，且PA2 cm，那么點P到BC的距離為_cm.解析：如圖，取BC的中點D，連結(jié)AD，PD，則BCAD，又因為PA平面ABC，所以PABC，所以BC平面PAD，所以PDBC，則PD的長度即為點P到BC的距離在RtPAD中，PA2，AD，可得PD.答案：4(2018連云港期末)已知四邊形ABCD為平行四邊形，PA平面ABCD，當平行四邊形ABCD滿足條件_時，有PCBD(填上你認為正確的一個條件即可)解析：四邊形ABCD為平行四邊形，PA平面ABCD，BD平面ABCD，BDPA，當四邊形ABCD是菱形時，BDAC.又PAACA，BD平面PAC，又PC平面PAC，PCBD.答案：四邊形ABCD是菱形5已知直線a和兩個不同的平面，且a，a，則，的位置關(guān)系是_解析：記b且ab，因為ab，a，所以b，因為b，所以.答案：垂直6如圖，已知BAC90，PC平面ABC，則在ABC，PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有_；與AP垂直的直線有_解析：因為PC平面ABC，所以PC垂直于直線AB，BC，AC.因為ABAC，ABPC，ACPCC，所以AB平面PAC，又因為AP平面PAC，所以ABAP，與AP垂直的直線是AB.答案：AB，BC，ACAB7如圖，以等腰直角三角形ABC的斜邊BC上的高AD為折痕，把ABD和ACD折成互相垂直的兩個平面后，某學生得出下列四個結(jié)論：BDAC；BAC是等邊三角形；三棱錐DABC是正三棱錐；平面ADC平面ABC.其中正確的是_(填序號)解析：由題意知，BD平面ADC，故BDAC，正確；AD為等腰直角三角形斜邊BC上的高，平面ABD平面ACD，所以ABACBC，BAC是等邊三角形，正確；易知DADBDC，又由知正確；由知錯誤答案：8如圖，直三棱柱ABC A1B1C1中，側(cè)棱長為2，ACBC1，ACB90，D是A1B1的中點，F(xiàn)是BB1上的動點，AB1，DF交于點E.要使AB1平面C1DF，則線段B1F的長為_解析：設B1Fx，因為AB1平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1DF.由已知可以得A1B1，設RtAA1B1斜邊AB1上的高為h，則DEh.又2h，所以h，DE.在RtDB1E中，B1E .由面積相等得 x，得x.即線段B1F的長為.答案：9(2018海安中學測試)如圖，在四棱錐P ABCD中，底面ABCD是菱形，ABC60，PAAC，PBPDAC，E是PD的中點，求證：(1)PB平面ACE；(2)平面PAC平面ABCD.證明：(1)連結(jié)BD交AC于點O，連結(jié)OE，底面ABCD為菱形，O是BD的中點，又E是PD的中點，OEPB，OE平面ACE，PB平面ACE，PB平面ACE.(2)底面ABCD為菱形，ABC60，ABC為正三角形，從而ABAC，又PBAC，PAAC，PBABPA，可得PAAB.同理可證PAAD.又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，PA平面ABCD，PA平面PAC，平面PAC平面ABCD.10(2019徐州高三檢測)如圖，在三棱錐SABC中，SASC，ABAC，D為BC的中點，E為AC上一點，且DE平面SAB.求證：(1)AB平面SDE；(2)平面ABC平面SDE.證明：(1)因為DE平面SAB，DE平面ABC，平面SAB平面ABCAB，所以DEAB.因為DE平面SDE，AB平面SDE，所以AB平面SDE.(2)因為D為BC的中點，DEAB，所以E為AC的中點又因為SASC，所以SEAC，又ABAC，DEAB，所以DEAC.因為DESEE，DE平面SDE，SE平面SDE，所以AC平面SDE.因為AC平面ABC，所以平面ABC平面SDE.三上臺階，自主選做志在沖刺名校1如圖，矩形ABCD中，E為邊AB的中點，將ADE沿直線DE翻轉(zhuǎn)成A1DE.若M為線段A1C的中點，則在ADE翻轉(zhuǎn)過程中，正確的命題是_(填序號)MB是定值；點M在圓上運動；一定存在某個位置，使DEA1C；一定存在某個位置，使MB平面A1DE.解析：取DC中點N，連結(jié)MN，NB，則MNA1D，NBDE，MNNBN，A1DDEE，平面MNB平面A1DE，MB平面MNB，MB平面A1DE，正確；A1DEMNB，MNA1D定值，NBDE定值，根據(jù)余弦定理得，MB2MN2NB22MNNBcos MNB，MB是定值，正確；B是定點，M是在以B為圓心，MB為半徑的圓上，正確；當矩形ABCD滿足ACDE時存在，其他情況不存在，不正確正確答案：2如圖，點P在正方體ABCDA1B1C1D1的面對角線BC1上運動，則下列四個命題：三棱錐AD1PC的體積不變；A1P平面ACD1；DPBC1；平面PDB1平面ACD1.其中正確的命題序號是_解析：由題意可得BC1AD1，又AD1平面AD1C，BC1平面AD1C，所以BC1平面AD1C.所以點P到平面AD1C的距離不變，VAD1PCVPAD1C，所以體積不變，故正確；連結(jié)A1C1，A1B，可得平面ACD1平面A1C1B.又因為A1P平面A1C1B，所以A1P平面ACD1，故正確；當點P運動到B點時，DBC1是等邊三角形，所以DP不垂直于BC1，故不正確；因為AC平面DD1B1B，DB1平面DD1B1B，所以ACDB1.同理可得AD1DB1.所以DB1平面ACD1.又因為DB1平面PDB1.所以平面PDB1平面ACD1.故正確綜上，正確的序號為.答案：3(2019泰州調(diào)研)在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA13a，BC2a，D是BC的中點，E，F(xiàn)分別是AA1，CC1上一點，且AECF2a.(1)求證：B1F平面ADF；(2)求三棱錐B1ADF的體積；(3)求證：BE平面ADF.解：(1)證明：因為ABAC，D為BC的中點，所以ADBC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，因為B1B底面ABC，AD底面ABC，所以ADB1B.因為BCB1BB，所以AD平面B1BCC1，因為B1F平面B1BCC1，所以ADB1F.在矩形B1BCC1中，因為C1FCDa，B1C1CF2a，所以RtDCFRtFC1B1，所以CFDC1B1F，所以B1FD90，所以B1FFD.因為ADFDD，所以B1F平面AFD.(2)因為B1F平面AFD，所以VB1ADFSADFB1FADDFB1F.(3)證明：連結(jié)EF，EC，設ECAFM，連結(jié)DM，因為AECF2a，所以四邊形AEFC為矩形，所以M為EC中點，因為D為BC中點，所以MDBE.因為MD平面ADF，BE平面ADF，所以BE平面ADF. 命題點一空間幾何體的表面積與體積1(2018江蘇高考)如圖所示，正方體的棱長為2，以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為_解析：由題意知所給的幾何體是棱長均為的八面體，它是由兩個有公共底面的正四棱錐組合而成的，正四棱錐的高為1，所以這個八面體的體積為2V正四棱錐2()21.答案：2(2015江蘇高考)現(xiàn)有橡皮泥制作的底面半徑為5，高為4的圓錐和底面半徑為2，高為8的圓柱各一個，若將它們重新制作成總體積與高均保持不變，但底面半徑相同的新的圓錐和圓柱各一個，則新的底面半徑為_解析：設新的底面半徑為r，由題意得524228r24r28，解得r27，所以r.答案：3(2014江蘇高考)設甲、乙兩個圓柱的底面積分別為S1，S2，體積分別為V1，V2，若它們的側(cè)面積相等，且，則的值是_解析：設甲、乙兩個圓柱的底面半徑分別是r1，r2，母線長分別是l1，l2.則由可得.又兩個圓柱的側(cè)面積相等，即2r1l12r2l2，則，所以.答案：4(2018天津高考)已知正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為1，除面ABCD外，該正方體其余各面的中心分別為點E，F(xiàn)，G，H，M(如圖)，則四棱錐M EFGH的體積為_解析：連接AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因為E，H分別為AD1，CD1的中點，所以EHAC，EHAC，因為F，G分別為B1A，B1C的中點，所以FGAC，F(xiàn)GAC，所以EHFG，EHFG，所以四邊形EHGF為平行四邊形，又EGHF，EHHG，所以四邊形EHGF為正方形，又點M到平面EHGF的距離為，所以四棱錐M EFGH的體積為2.答案：5(2017全國卷)長方體的長，寬，高分別為3,2,1，其頂點都在球O的球面上，則球O的表面積為_解析：由題意知，長方體的體對角線長為，記長方體的外接球的半徑為R，則有2R，R，因此球O的表面積為S4R214.答案：146(2018全國卷)如圖，在平行四邊形ABCM中，ABAC3，ACM90.以AC為折痕將ACM折起，使點M到達點D的位置，且ABDA.(1)證明：平面ACD平面ABC；(2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BPDQDA，求三棱錐Q ABP的體積解：(1)證明：由已知可得，BAC90，即ABAC.又因為ABDA，ACDAA，所以AB平面ACD.因為AB平面ABC，所以平面ACD平面ABC.(2)由已知可得，DCCMAB3，DA3.又BPDQDA，所以BP2.如圖，過點Q作QEAC，垂足為E，則QE綊DC.由已知及(1)可得，DC平面ABC，所以QE平面ABC，QE1.因此，三棱錐Q ABP的體積為VQ ABPSABPQE32sin 4511.7(2017北京高考)如圖，在三棱錐PABC中，PAAB，PABC，ABBC，PAABBC2，D為線段AC的中點，E為線段PC上一點(1)求證：PABD；(2)求證：平面BDE平面PAC；(3)當PA平面BDE時，求三棱錐EBCD的體積解：(1)證明：因為PAAB，PABC，ABBCB，所以PA平面ABC.又因為BD平面ABC，所以PABD.(2)證明：因為ABBC，D為AC的中點，所以BDAC.由(1)知，PABD，又ACPAA，所以BD平面PAC.因為BD平面BDE，所以平面BDE平面PAC.(3)因為PA平面BDE，平面PAC平面BDEDE，所以PADE.因為D為AC的中點，所以DEPA1，BDDC.由(1)知，PA平面ABC，所以DE平面ABC.所以三棱錐EBCD的體積VBDDCDE.8(2017全國卷)如圖，在四棱錐PABCD中，ABCD，且BAPCDP90.(1)證明：平面PAB平面PAD；(2)若PAPDABDC，APD90，且四棱錐PABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積解：(1)證明：由BAPCDP90，得ABAP，CDPD.因為ABCD，所以ABPD.又APPDP，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)如圖所示，在平面PAD內(nèi)作PEAD，垂足為E.由(1)知，AB平面PAD，故ABPE，可得PE平面ABCD.設ABx，則由已知可得ADx，PEx.故四棱錐PABCD的體積VPABCDABADPEx3.由題設得x3，故x2.從而PAPDABDC2，ADBC2，PBPC2.可得四棱錐PABCD的側(cè)面積為PAPDPAABPDDCBC2sin 6062.命題點二直線、平面平行與垂直的判定與性質(zhì)1(2018江蘇高考)在平行六面體ABCD A1B1C1D1中，AA1AB，AB1B1C1.求證：(1)AB平面A1B1C；(2)平面ABB1A1平面A1BC.證明：(1)在平行六面體ABCD A1B1C1D1中，ABA1B1.因為AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形又因為AA1AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，因此AB1A1B.因為A