高考数一轮复习 7.5直线、平面垂直判定及其性质讲解与练习 理 新人教A版

eq\a\vs4\al(第五节直线、平面垂直的判定与性质)[备考方向要明了]考什么怎么考1.能以立体几何中的定义、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和判定定理．2.能运用公理、定理和已获得的结论，证明一些有关空间图形的位置关系的简单命题.1.多以选择题、填空题的形式考查线面垂直、面面垂直的判定及线面角的概念及求法．2.围绕线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理设计解答题，且多作为解答题中的某一问．如年广东T18(1)，江苏T16(1)，辽宁T18(1)等，也是高考对本节的主要考查形式.[归纳·知识整合]1．直线与平面垂直(1)直线和平面垂直的定义直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a、b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α性质定理垂直于同一个平面的两条直线平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b[探究]1.若两条平行线中的一条垂直于一个平面，那另一条与此平面是否垂直？提示：垂直2．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∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).[探究]2.如果两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线一定平行吗？提示：不一定．可能平行、相交或异面．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．平面与平面垂直的判定定理文字语言图形语言符号语言判定定理一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊂β,l⊥α))⇒α⊥β性质定理两个平面互相垂直，则一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α[探究]3.垂直于同一平面的两平面是否平行？提示：不一定．可能平行，也可能相交．4．垂直于同一条直线的两个平面一定平行吗？提示：平行．可由线面垂直的性质及面面平行的判定定理推导出．[自测·牛刀小试]1．直线a⊥平面α，b∥α，则a与b的关系为()A．a⊥b，且a与b相交 B．a⊥b，且a与b不相交C．a⊥b D．a与b不一定垂直解析：选C∵a⊥α，b∥α，∴a⊥b，但不一定相交．2．线段AB的长等于它在平面α内射影长的2倍，则AB所在直线与平面α所成的角为()A．30° B．45°C．60° D．120°解析：选C设AB＝2，则其射影长为1，设AB所在直线与平面α所成角为β，则cosβ＝eq\f(1,2)，故β＝60°.3．(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB、PC，PA、AC、BD，则一定互相垂直的平面有()A．8对 B．7对C．6对 D．5对解析：选B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对．4．设l，m，n均为直线，其中m，n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”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∵m⊂α，n⊂α，l⊥α，∴l⊥m且l⊥n.反之，若l⊥m且l⊥n，不一定有l⊥α，因为直线m，n不一定相交．5．(教材习题改编)将正方形ABCD沿AC折成直二面角后，∠DAB＝________.解析：如图所示，取AC的中点O，连接OD，OB，DB，由条件知，OD⊥OB，设AD＝1，则DB＝eq\r(OD2＋OB2)＝1.所以△ADB为正三角形，故∠DAB＝60°.答案：60°直线与平面垂直的判定与性质[例1](·陕西高考)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，∠CAB＝eq\f(π,2).(1)证明：CB1⊥BA1；(2)已知AB＝2，BC＝eq\r(5)，求三棱锥C1－ABA1的体积．[自主解答](1)证明：如图，连接AB1，∵ABC－A1B1C1是直三棱柱，∠CAB＝eq\f(π,2)，∴AC⊥平面ABB1A1，故AC⊥BA1.又∵AB＝AA1，∴四边形ABB1A1是正方形，∴BA1⊥AB1，又CA∩AB1＝A，∴BA1⊥平面CAB1，故CB1⊥BA1.(2)∵AB＝AA1＝2，BC＝eq\r(5)，∴AC＝A1C1＝1，由(1)知，A1C1⊥平面ABA1，∴VC1－ABA1＝eq\f(1,3)S△ABA1·A1C1＝eq\f(1,3)×2×1＝eq\f(2,3).保持例题题设条件不变，试判断平面CB1A与平面AA1B1B是否垂直？解：由例(1)知，AC⊥平面ABB1A1，而AC⊂平面CB1A，∴面CB1A⊥面ABB1A1.———————————————————破解线面垂直关系的技巧(1)解答此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是证明空间垂直关系的基础．(2)由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．1．如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．(1)求证：MN⊥CD；(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.证明：(1)如图所示，连接AC，AN，BN，∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC.在Rt△PAC中，N为PC中点，∴AN＝eq\f(1,2)PC.∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.又BC⊥AB，PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB.∴BC⊥PB.从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中线，∴BN＝eq\f(1,2)PC，∴AN＝BN.∴△ABN为等腰三角形．又M为底边AB的中点，∴MN⊥AB.又∵AB∥CD，∴MN⊥CD.(2)如图所示，连接PM，CM，∵∠PDA＝45°，PA⊥AD，∴AP＝AD.∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC，∴PA＝BC.又∵M为AB的中点，∴AM＝BM，而∠PAM＝∠CBM＝90°，∴PM＝CM.又∵N为PC的中点，∴MN⊥PC.由(1)知，MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD.平面与平面垂直的判定和性质[例2]如图所示，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，EC＝CA＝2BD，M是EA的中点．求证：(1)DE＝DA；(2)平面BDM⊥平面ECA.[自主解答](1)如图所示，取EC中点F，连接DF.∵EC⊥平面ABC，BD∥CE，∴DB⊥平面ABC.∴DB⊥AB，∴EC⊥BC.∵BD∥CE，BD＝eq\f(1,2)CE＝FC，∴四边形FCBD是矩形，∴DF⊥EC.又BA＝BC＝DF，∴Rt△DEF≌Rt△ADB，∴DE＝DA.(2)如图所示，取AC中点N，连接MN、NB，∵M是EA的中点，∴MN綊eq\f(1,2)EC.由BD綊eq\f(1,2)EC，且BD⊥平面ABC，可得四边形MNBD是矩形，于是DM⊥MN，∵DE＝DA，M是EA的中点，∴DM⊥EA.又EA∩MN＝M，∴DM⊥平面ECA，而DM⊂平面BDM，∴平面ECA⊥平面BDM.———————————————————面面垂直的性质应用技巧(1)两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据．运用时要注意“平面内的直线”．(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质是在课本习题中出现的，在不是很复杂的题目中，要对此进行证明．2．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：(1)直线EF∥平面PCD；(2)平面BEF⊥平面PAD.证明：(1)在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.又因为EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD.所以直线EF∥平面PCD.(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△ABD为正三角形．因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.又因为BF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.线面角、二面角的求法[例3](·广东高考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面PAC；(2)若PA＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．[自主解答](1)证明：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(PC⊥平面BDE,BD⊂平面BDE))⇒PC⊥BD.eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD))⇒PA⊥BD.∵PA∩PC＝P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC.(2)法一：如图所示，记BD与AC的交点为F，连接EF.由PC⊥平面BDE，BE⊂平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PC⊥BE，PC⊥EF.即∠BEF为二面角B－PC－A的平面角．由(1)可得BD⊥AC，所以矩形ABCD为正方形，AB＝AD＝2，所以BF⊥EF.AC＝BD＝2eq\r(2)，BF＝eq\r(2)，EF＝eq\f(\r(3),2)，在Rt△PAC中，PA＝1，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝3，又易证BC⊥PB，Rt△PAB中，PB＝eq\r(PA2＋AB2)＝eq\r(5)，∴Rt△PBC中PB·BC＝PC·BE，得BE＝eq\f(2\r(5),3).在Rt△PFE中，FE＝eq\r(BE2－BF2)＝eq\f(\r(2),3)，所以二面角B－PC－A的正切值为3.法二：以A为原点，、、的方向分别作为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．设AB＝b，则A(0,0,0)，B(b,0,0)，C(b,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)．于是＝(b,2，－1)，＝(b，－2,0)．因为PC⊥DB，所以·＝b2－4＝0，从而b＝2.结合(1)可得＝(2，－2,0)是平面APC的法向量．现设n＝(x，y，z)是平面BPC的法向量，则n⊥，n⊥，即n·＝0，n·＝0.因为＝(0,2,0)，＝(2,2，－1)，所以2y＝0,2x－z＝0.取x＝1，则z＝2，n＝(1,0,2)．令θ＝〈n，〉，则cosθ＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(2,\r(5)·2\r(2))＝eq\f(1,\r(10))，sinθ＝eq\f(3,\r(10))，tanθ＝3.由图可得二面角B－PC－A的正切值为3.———————————————————空间角的找法(1)线面角找出斜线在平面上的射影，关键是作出垂线，确定垂足．(2)二面角二面角的大小用它的平面角来度量，平面角的常见作法有：①定义法；②垂面法．其中定义法是最常用的方法．3．(·温州检测)如图，DC⊥平面ABC，EB∥DC，AC＝BC＝EB＝2DC＝2，∠ACB＝120°，P，Q分别为AE，AB的中点．(1)证明：PQ∥平面ACD；(2)求AD与平面ABE所成角的正弦值．解：(1)证明：因为P，Q分别为AE，AB的中点，所以PQ∥EB.又因为DC∥EB，因此PQ∥DC，PQ⊄平面ACD，DCC平面ACD.从而PQ∥平面ACD.(2)如图，连接CQ，DP.因为Q为AB的中点，且AC＝BC，所以CQ⊥AB.因为DC⊥平面ABC，EB∥DC，所以EB⊥平面ABC.因此CQ⊥EB，AB∩EB＝B，故CQ⊥平面ABE.由(1)有PQ∥DC，又因为PQ＝eq\f(1,2)EB＝DC，所以四边形CQPD为平行四边形．故DP∥CQ.因此DP⊥平面ABE.∠DAP为AD和平面ABE所成的角．在Rt△DPA中，AD＝eq\r(5)，DP＝1，sin∠DAP＝eq\f(\r(5),5).因此AD和平面ABE所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).1个转化——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寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．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．故熟练掌握“线线垂直”“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键．3种方法——“线面垂直”“线线垂直”和“面面垂直”的常用方法(1)判定线面垂直的常用方法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．(2)判定线线垂直的方法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.(3)判定面面垂直的方法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.答题模板——空间位置关系的证明[典例](山东高考·满分12分)如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD.(1)求证：BE＝DE；(2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.[快速规范审题]第(1)问1．审条件，挖解题信息观察条件：△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BDeq\o(→,\s\up7(取BD中点O),\s\do5(连接EO，CO))CO⊥BDeq\o(→,\s\up7(EC∩CO＝C),\s\do5())BD⊥平面EOC.2．审结论，明确解题方向观察所求结论：求证BE＝DEeq\o(→,\s\up7(需证明△BDE是等腰三角形),\s\do5())应证明EO⊥BD.3．建联系，找解题突破口CB＝CDeq\o(→,\s\up7(O为BD中点))CO⊥BDeq\o(→,\s\up7(EC⊥BD))BD⊥平面EOCeq\o(→,\s\up7(OE⊂平面EOC))BD⊥OEeq\o(→,\s\up7(△BDE是),\s\do5(等腰三角形))BE＝DE.第(2)问1．审条件，挖解题信息观察条件：△ABD为正三角形∠BCD＝120°，M是AE的中点eq\o(→,\s\up7(取AB的中点N，),\s\do5(连接DM，DN，MN))MN∥BE，DN⊥AB，CB⊥AB.2．审结论，明确解题方向观察所求结论：DM∥平面BECeq\o(→,\s\up7(需证面面平行),\s\do5(或线线平行))平面DMN∥平面BEC或DM平行于平面BEC内的一条线．3．建联系，找解题突破口结合条件与图形：法一证明平面DMN∥平面BECeq\o(→,\s\up7(由面面平行推证线面平行))DM∥平面BEC.法二在平面BEC内作辅助线EF∥DMeq\o(→,\s\up7(利用线面平行的判定),\s\do5())DM∥平面BEC.[准确规范答题](1)如图，取BD的中点O，连接CO，EO.由于CB＝CD，所以CO⊥BD.⇨(1分)又EC⊥BD，EC∩CO＝C，由条件得出BD⊥面EOC时，易忽视EC∩CO＝C，EC⊂平面EOC这一条件.CO，EC⊂平面EOC，所以BD⊥平面EOC.⇨(2分)因此BD⊥EO.又O为BD的中点，所以BE＝DE.⇨(3分)(2)法一：如图，取AB的中点N，连接DM，DN，MN.因为M是AE的中点，所以MN∥BE.⇨(4分)又MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，所以MN∥平面BEC.⇨(5分)又因为△ABD为正三角形，所以∠BDN＝30°.⇨(6分)证明MN∥平面BEC时，易忽视“MN⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，而直接写出MN∥平面BEC.”又CB＝CD，∠BCD＝120°，因此∠CBD＝30°.⇨(7分)所以DN∥BC.又DN⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，所以DN∥平面BEC.⇨(9分)又MN∩DN＝N，所以平面DMN∥平面BEC.⇨(10分)又DM⊂平面DMN，所以DM∥平面BEC.⇨(12分)法二：如图，延长AD，BC交于点F，连接EF.⇨(4分)因为CB＝CD，∠BCD＝120°，所以∠CBD＝30°.⇨(5分)因为△ABD为正三角形，所以∠BAD＝60°，∠ABC＝90°.⇨(7分)因此∠AFB＝30°，证明平面DMN∥平面BEC时，易漏步骤“MN∩DN＝N”.所以AB＝eq\f(1,2)AF.⇨(9分)又AB＝AD，所以D为线段AF的中点．⇨(10分)连接DM，由点M是线段AE的中点，得DM∥EF.又DM⊄平面BEC，EF⊂平面BEC，⇨(11分)所以DM∥平面BEC.⇨(12分)[答题模板速成]证明空间线面位置关系的一般步骤：第一步审清题意分析条件，挖掘题目中平行与垂直关系⇒第二步明确方向确定问题方向，选择证明平行或垂直的方法，必要时添加辅助线⇒第三步给出证明利用平行垂直关系的判定或性质给出问题的证明⇒第四步反思回顾查看关键点、易漏点、检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏，符号表达是否准确一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．若直线a与平面α内无数条直线垂直，则直线a与平面α的位置关系是()A．垂直 B．平行C．相交 D．不能确定解析：选D直线a与平面α内无数条直线垂直，则a与α的位置关系为a⊂α或a∥α或a与α相交，故选D.2．(·深圳模拟)已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加的条件是()A．m∥n B．n⊥mC．n∥α D．n⊥α解析：选B由面面垂直的性质定理可知，当n⊥m时，有n⊥β.故选B.3．(·浙江高考)设l是直线，α，β是两个不同的平面()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：选B对于选项A，两平面可能平行也可能相交；对于选项C，直线l可能在β内也可能平行于β；对于选项D，直线l可能在β内或平行于β或与β相交．4．(·鞍山模拟)已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，给出下列命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α⊥β，其中正确的是()A．①②③ B．②③④C．②④ D．①③解析：选Deq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥α,α∥β))⇒eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(l⊥β,m⊂β))⇒l⊥m故①正确，排除B、C，eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(α⊥β,l⊥α))⇒l∥β或l⊂β.∵m⊂β，∴此时推不出l∥m，故②错，排除A，故选D.5．在一个45°的二面角的一个面内有一条直线与二面角的棱成45°，则此直线与二面角的另一个面所成的角为()A．30° B．45°C．60° D．90°解析：选A如图所示，过A作AC⊥l且交l于点C，过A作AD垂直β于点D，于CD，易证∠ACD＝45°，连接BD，则∠ABD为所求线面角．设BC＝a，则AC＝a，AB＝eq\r(2)a，AD＝eq\f(\r(2),2)a，所以sin∠ABD＝eq\f(1,2)，从而∠ABD＝30°.6．如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，则在三棱锥A－BCD中，下列命题正确的是()A．平面ABD⊥平面ABCB．平面ADC⊥平面BDCC．平面ABC⊥平面BDCD．平面ADC⊥平面ABC解析：选D在平面图形中CD⊥BD，折起后仍有CD⊥BD，由于平面ABD⊥平面BCD，故CD⊥平面ABD，CD⊥AB.又AB⊥AD，故AB⊥平面ADC.所以平面ABC⊥平面ADC.D选项正确．易知选项A、B、C错误．二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题①若l⊥α，则l与α相交②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n其中正确命题的序号为________．解析：①显然正确；对②，只有当m，n相交时，才能l⊥α，故②错误；对③，由l∥m，m∥n⇒l∥n，由l⊥α得n⊥α，故③正确；对④，由l∥m，m⊥α⇒l⊥α，再由n⊥α⇒l∥n.故④正确．答案：①③④8．如图所示，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)解析：DM⊥PC(或BM⊥PC等)由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)9．如图PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，AE⊥PC，AF⊥PB，给出下列结论：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC，其中真命题的序号是________．解析：①AE⊂平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA⇒AE⊥BC，故①正确，②AE⊥PB，AF⊥PB⇒EF⊥PB，故②正确，③若AF⊥BC⇒AF⊥平面PBC，则AF∥AE与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．答案：①②④三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)10．(·山东高考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.(1)求证：BD⊥平面AED；(2)求二面角F－BD－C的余弦值．解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，所以BD⊥平面AED.(2)法一：连接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设CB＝1，则C(0,0,0)，B(0,1,0)，Deq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0，F(0,0,1)，因此＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)，0))，＝(0，－1,1)．设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，所以x＝eq\r(3)y＝eq\r(3)z，取z＝1，则m＝(eq\r(3)，1,1)．由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，则cos〈m，〉＝eq\f(m·,|m|||)＝eq\f(1,\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以二面角F－BD－C的余弦值为eq\f(\r(5),5).法二：取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB＝CD，因此CG⊥BD，又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以FC⊥BD.由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，所以BD⊥平面FCG，故BD⊥FG，所以∠FGC为二面角F－BD－C的平面角．在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，因此CG＝eq\f(1,2)CB，又CB＝CF，所以GF＝eq\r(CG2＋CF2)＝eq\r(5)CG，故cos∠FGC＝eq\f(\r(5),5)，因此二面角F－BD－C的余弦值为eq\f(\r(5),5).11．(·三明模拟)如图所示，已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ABC＝45°，DC＝1，AB＝2，PA⊥平面ABCD，PA＝1.(1)求证：AB∥平面PCD；(2)求证：BC⊥平面PAC；(3)若M是PC的中点，求三棱锥M－ACD的体积．解：(1)由已知底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴AB∥平面PCD.(2)在直角梯形ABCD中，过C作CE⊥AB于点E，则四边形ADCE为矩形，∴AE＝DC＝1，又AB＝2，∴BE＝1，在Rt△BEC中，∠ABC＝45°，∴CE＝BE＝1，CB＝eq\r(2)，则AC＝eq\r(AD2＋CD2)＝eq\r(2)，∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC.(3)∵M是PC的中点，∴M到平面ADC的距离是P到面ADC距离的一半．VM－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PA))＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,12).12.(·郑州模拟)如图，直角三角形BCD所在的平面垂直于正三角形ABC所在的平面，其中DC⊥CB，PA⊥平面ABC，DC＝BC＝2PA，E、F分别为DB、CB的中点．(1)证明：AE⊥BC；(2)求直线PF与平面BCD所成的角．解：(1)证明：连接EF，AF.因为E、F分别是BD、BC的中点，所以EF∥DC.又DC⊥BC，所以EF⊥BC.因为△ABC为等边三角形，所以BC⊥AF.EF∩AF＝F所以BC⊥平面AEF，又AE⊂平面AEF，故BC⊥AE.(2)连接PE.因为平面BCD⊥平面ABC，DC⊥BC，AF⊥BC，所以DC⊥平面ABC，AF⊥平面BCD.因为PA⊥平面ABC，PA＝eq\f(1,2)DC，所以PA綊eq\f(1,2)DC.又因为EF綊eq\f(1,2)DC，所以EF綊PA，故四边形APEF为矩形．所以PE綊AF.所以PE⊥平面BCD.则∠PFE即为直线PF与平面BCD所成的角．在Rt△PEF中，因为PE＝AF＝eq\f(\r(3),2)BC，EF＝eq\f(1,2)DC＝eq\f(1,2)BC，所以tan∠PFE＝eq\f(PE,EF)＝eq\r(3)，故∠P