高考数学(理数)一轮复习学案8．5《空间中的垂直关系》(含详解)

PAGEPAGE118．5空间中的垂直关系1．线线垂直如果两条直线所成的角是______(无论它们是相交还是异面)，那么这两条直线互相垂直．2．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，我们就说______________________，记作______．直线l叫做______________，平面α叫做______________．直线与平面垂直时，它们惟一的公共点P叫做______．垂线上任意一点到垂足间的线段，叫做这个点到这个平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到平面的________．(2)判定定理：一条直线与一个平面内的______________都垂直，则该直线与此平面垂直．推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．用符号表示：a∥b，a⊥α⇒b⊥α．(3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线__________．3．直线和平面所成的角平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的________，叫做这条直线和这个平面所成的角．一条直线垂直于平面，我们说它们所成的角是直角；一条直线和平面平行，或在平面内，我们说它们所成的角是0°的角．任一直线与平面所成角θ的范围是____________．4．二面角的有关概念(1)二面角：从一条直线出发的______________________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______________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．二面角的范围是__________．5．平面与平面垂直(1)定义：一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是____________，就说这两个平面互相垂直．(2)判定定理：一个平面过另一个平面的________，则这两个平面垂直．(3)性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于______的直线与另一个平面垂直．自查自纠：1．直角2．(1)直线l与平面α互相垂直l⊥α平面α的垂线直线l的垂面垂足距离(2)两条相交直线(3)平行3．锐角[0°，90°]4．(1)两个半平面所组成的图形(2)垂直于棱[0°，180°]5．(1)直二面角(2)垂线(3)交线(eq\a\vs4\al(2018·广东清远一中月考))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，其中正确命题的序号是()A．①②③B．②③④C．①③D．②④解：①中l与m可能相交、平行或异面；②中结论正确；③中两平面α，β可能平行，也可能相交；④中结论正确．故选D．(eq\a\vs4\al(2017·全国卷Ⅲ))在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则()A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC解：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1，故选C．(eq\a\vs4\al(2017·湖北武汉模拟))如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，连接AC，交EF于点G，沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，那么在这个空间图形中必有()A．AG⊥平面EFHB．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEFD．HG⊥平面AEF解：根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF，得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，又HE∩HF＝H，所以AH⊥平面EFH，B正确；因为过点A只有一条直线与平面EFH垂直，所以A不正确；因为AG⊥EF，EF⊥AH，AG∩AH＝A，所以EF⊥平面HAG，又EF⊂平面AEF，所以平面HAG⊥平面AEF，过点H作直线垂直于平面AEF，所作直线一定在平面HAG内，所以C不正确；因为HG不垂直于AG，所以HG⊥平面AEF不正确，所以D不正确．故选B．(eq\a\vs4\al(2018·临沂检测))设α，β是空间两个不同的平面，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：____________．(用序号表示)解：若①②③成立，则m与α的位置关系不确定，故①②③⇒④错误；同理①②④⇒③也错误；①③④⇒②与②③④⇒①均正确．故填①③④⇒②(或②③④⇒①)．(eq\a\vs4\al(2017重庆八中适应性考试))在正四面体P­ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中正确的是________．①BC∥平面PDF；②DF⊥平面PAE；③平面PDF⊥平面ABC；④平面PAE⊥平面ABC．解：由DF∥BC可得BC∥平面PDF，故①正确；若PO⊥平面ABC，垂足为O，则O在AE上，则DF⊥PO，又DF⊥AE，故DF⊥平面PAE，故②正确；由PO⊥平面ABC，PO⊂平面PAE，可得平面PAE⊥平面ABC，故④正确，平面PDF不过PO，故③不正确．故填①②④．类型一线线垂直问题(eq\a\vs4\al(2018·湖州模拟改编))如图所示，在四棱锥A­BCDE中，底面BCDE为菱形，侧面ABE为等边三角形，且侧面ABE⊥底面BCDE，O，F分别为BE，DE的中点．求证：(1)AO⊥CD；(2)CE⊥AF．证明：(1)因为△ABE为等边三角形，O为BE的中点，所以AO⊥BE．又因为平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，AO⊂平面ABE，所以AO⊥平面BCDE．又因为CD⊂平面BCDE，所以AO⊥CD．(2)连接BD，因为四边形BCDE为菱形，所以CE⊥BD．因为O，F分别为BE，DE的中点，所以OF∥BD，所以CE⊥OF．由(1)可知，AO⊥平面BCDE，因为CE⊂平面BCDE，所以AO⊥CE．因为AO∩OF＝O，所以CE⊥平面AOF．又AF⊂平面AOF，所以CE⊥AF．点拨：本题主要考查线线、线面位置关系．证明线线垂直，其实质是通过证明线面垂直，再化归为线线垂直．(eq\a\vs4\al(2017武汉市武钢第三子弟中学月考))如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．(1)证明：AB⊥A1C；(2)若AB＝CB＝2，A1C＝eq\r(6)，求三棱柱ABC­A1B1C1的体积．解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B．因为CA＝CB，所以OC⊥AB．由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB．因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C．又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C．(2)由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以OC＝OA1＝eq\r(3)．又A1C＝eq\r(6)，则A1C2＝OC2＋OAeq\o\al(2,1)，故OA1⊥OC．因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC­A1B1C1的高．又△ABC的面积S△ABC＝eq\r(3)，故三棱柱ABC­A1B1C1的体积为V＝S△ABC×OA1＝3．类型二线面垂直问题如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，点E，F分别是边CD，CB的中点，AC交EF于点O，沿EF将△CEF翻折到△PEF，连接PA，PB，PD，得到五棱锥P­ABFED，且PB＝eq\r(10)．(1)求证：BD⊥平面POA；(2)求四棱锥P­BDEF的体积．解：(1)证明：如图，因为点E，F分别是题图中菱形ABCD的边CD，CB的中点，所以BD∥EF．因为菱形ABCD的对角线互相垂直，所以BD⊥AC，所以EF⊥AC．所以EF⊥AO，EF⊥PO．因为AO⊂平面POA，PO⊂平面POA，AO∩PO＝O，所以EF⊥平面POA，所以BD⊥平面POA．(2)如图，设AO∩BD＝H，连接BO．因为∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形．所以BD＝4，BH＝2，HA＝2eq\r(3)，HO＝PO＝eq\r(3)．在Rt△BHO中，BO＝eq\r(7)．在△PBO中，BO2＋PO2＝10＝PB2，所以PO⊥BO．因为PO⊥EF，EF∩BO＝O，EF⊂平面BFED，BO⊂平面BFED，所以PO⊥平面BFED．因为梯形BFED的面积为S＝eq\f(1,2)(EF＋BD)·HO＝3eq\r(3)，所以四棱锥P­BFED的体积V＝eq\f(1,3)S·PO＝3．点拨：证明线面垂直的基本思路是证明该直线和平面内的两条相交直线垂直，亦可利用面面垂直的性质定理来证明；题(2)的难点在于证明PO即是所求四棱锥的高．(eq\a\vs4\al(2017锦州市第二高级中学月考))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)如图，连接AD1，由ABCD­A1B1C1D1是正方体，知AD1∥BC1，因为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ACC1A1．而AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1．因为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．类型三面面垂直问题如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M是棱CC1的中点．(1)求异面直线A1M和C1D1所成的角的正切值；(2)证明：平面ABM⊥平面A1B1M．解：(1)因为C1D1∥B1A1，所以∠MA1B1为异面直线A1M和C1D1所成的角，因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1B1M＝90°．而A1B1＝1，B1M＝eq\r(B1Ceq\o\al(2,1)＋MCeq\o\al(2,1))＝eq\r(2)，故tan∠MA1B1＝eq\f(B1M,A1B1)＝eq\r(2)．(2)证明：由A1B1⊥平面BCC1B1，BM⊂平面BCC1B1，得A1B1⊥BM．①由(1)知，B1M＝eq\r(2)，又BM＝eq\r(BC2＋CM2)＝eq\r(2)，B1B＝2，B1M2＋BM2＝B1B2，从而BM⊥B1M．②又A1B1∩B1M＝B1，由①②得BM⊥平面A1B1M．而BM⊂平面ABM，所以平面ABM⊥平面A1B1M．点拨：求异面直线所成的角，一般方法是通过平移直线，把异面问题转化为共面问题，通过解三角形求出所构造的角；证明面面垂直，可转化为证明线面垂直，而线面垂直又可以转化为证明线线垂直，在证明过程中，需充分利用规则几何体本身所具有的几何特征简化问题，有时还需应用勾股定理的逆定理，通过计算来证明垂直关系，这在高考题中是常用方法之一．(eq\a\vs4\al(2018·豫南九校质检))在四棱锥P­ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，△PAD是等边三角形，已知AD＝2，BD＝2eq\r(3)，AB＝2CD＝4．(1)设M是PC上一点，求证：平面MBD⊥平面PAD；(2)求四棱锥P­ABCD的体积．解：(1)证明：在△ABD中，AD＝2，BD＝2eq\r(3)，AB＝4，由勾股定理可得AD⊥BD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BD⊥平面PAD，又BD⊂平面MBD，所以平面MBD⊥平面PAD．(2)取AD的中点O，连接PO，则PO是四棱锥P­ABCD的高，易得PO＝eq\r(3)，底面四边形ABCD的面积是eq\f(1,2)×(2＋4)×eq\f(2×2\r(3),4)＝3eq\r(3)，所以四棱锥P­ABCD的体积为eq\f(1,3)×3eq\r(3)×eq\r(3)＝3．类型四垂直综合问题(eq\a\vs4\al(2017大连经济技术开发区一中月考))如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，BC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，CD＝BE＝eq\r(2)，O为BC的中点．将△ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥A′­BCDE，其中A′O＝eq\r(3)．(1)证明：A′O⊥平面BCDE；(2)求二面角A′­CD­B的平面角的余弦值．解：(1)证明：在图1中，易得OC＝3，AC＝3eq\r(2)，AD＝2eq\r(2)．如图示，连接OD，OE，在△OCD中，由余弦定理可得OD＝eq\r(OC2＋CD2－2OC·CDcos45°)＝eq\r(5)．由翻折不变性可知A′D＝2eq\r(2)，易得A′O2＋OD2＝A′D2，所以A′O⊥OD．同理可证A′O⊥OE．又因为OD∩OE＝O，所以A′O⊥平面BCDE．(2)过O作OH⊥CD交CD的延长线于H，连接A′H，因为A′O⊥平面BCDE，易知A′H⊥CD，所以∠A′HO为二面角A′­CD­B的平面角．结合图1可知，H为AC中点，又O为BC中点，故OH＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(3\r(2),2)，从而A′H＝eq\r(OH2＋OA′2)＝eq\f(\r(30),2)，所以cos∠A′HO＝eq\f(OH,A′H)＝eq\f(\r(15),5)．所以二面角A′­CD­B的平面角的余弦值为eq\f(\r(15),5)．点拨：本题主要考查线面垂直及二面角的计算等．折叠要注意不变量；作二面角，往往要通过作垂线来实现．如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，E为AD的中点，O为BE的中点．将△ABE沿BE折起到A′BE，使得平面A′BE⊥平面BCDE(如图2)．图1图2(1)求证：A′O⊥CD；(2)求直线A′C与平面A′DE所成角的正弦值．解：(1)证明：如图1，在矩形ABCD中，因为AB＝2，BC＝4，E为AD中点，所以AB＝AE＝2，因为O为BE的中点，所以AO⊥BE．由题意可知，A′O⊥BE，平面A′BE⊥平面BCDE．因为平面A′BE∩平面BCDE＝BE，A′O⊂平面A′BE，所以A′O⊥平面BCDE．因为CD⊂平面BCDE，所以A′O⊥CD．(2)取BC中点为F，连接OF，由矩形ABCD性质，可知OF⊥BE，由(1)可知，A′O⊥BE，A′O⊥OF，以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，在Rt△BAE中，由AB＝2，AE＝2，则BE＝2eq\r(2)，OA＝eq\r(2)，所以A′(0，0，eq\r(2))，E(0，eq\r(2)，0)，F(eq\r(2)，0，0)，B(0，－eq\r(2)，0)，C(2eq\r(2)，eq\r(2)，0)，D(eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，则eq\o(A′C,\s\up6(→))＝(2eq\r(2)，eq\r(2)，－eq\r(2))，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(A′E,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，－eq\r(2))．设平面A′DE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A′E,\s\up6(→))＝0，,m·\o(ED,\s\up6(→))＝0，))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y－\r(2)z＝0，,\r(2)x＋\r(2)y＝0，))令y＝1，则x＝－1，z＝1，所以m＝(－1，1，1)．设直线A′C与平面A′DE所成角为θ，sinθ＝|cos〈eq\o(A′C,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(A′C,\s\up6(→))·m|,|\o(A′C,\s\up6(→))|·|m|)＝eq\f(\r(2),3)，所以直线A′C与平面A′DE所成角的正弦值为eq\f(\r(2),3)．1．判断(证明)线线垂直的方法(1)根据定义．(2)如果直线a∥b，a⊥c，则b⊥c．(3)如果直线a⊥面α，c⊂α，则a⊥c．(4)向量法：两条直线的方向向量的数量积为零．2．证明直线和平面垂直的常用方法(1)利用判定定理：两相交直线a，b⊂α，a⊥c，b⊥c⇒c⊥α．(2)a∥b，a⊥α⇒b⊥α．(3)利用面面平行的性质：α∥β，a⊥α⇒a⊥β．(4)利用面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝m，a⊂α，a⊥m⇒a⊥β；α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m⇒m⊥γ．3．证明面面垂直的主要方法(1)利用判定定理：a⊥β，a⊂α⇒α⊥β．(2)用定义证明．只需判定两平面所成二面角为直二面角．(3)如果一个平面垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面：α∥β，α⊥γ⇒β⊥γ．4．平面与平面垂直的性质的应用当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系)，构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等．5．垂直关系的相互转化6．线面角、二面角求法求这两种空间角的步骤：根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)⇒证⇒求(算)三步曲．也可用射影法：设斜线段AB在平面α内的射影为A′B′，AB与α所成角为θ，则cosθ＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(A′B′)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB)))；设△ABC在平面α内的射影三角形为△A′B′C′，平面ABC与α所成角为θ，则cosθ＝eq\f(S△A′B′C′,S△ABC)．1．(eq\a\vs4\al(2017·唐山三模))已知平面α⊥平面β，则“直线m⊥平面α”是“直线m∥平面β”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：若α⊥β，且m⊥α，则m∥β或m⊂β；若α⊥β，且m∥β，则m∥α或m与α相交或m⊂α．故选D．2．(eq\a\vs4\al(2018·上饶质检))已知P是△ABC所在平面外一点，P到AB，AC，BC的距离相等，且P在△ABC所在平面的射影O在△ABC内，则O一定是△ABC的()A．内心B．外心C．垂心D．重心解：因为P到AB，AC，BC三边的距离相等，且P在△ABC所在平面的射影O在△ABC内，则O到AB，AC，BC三边的距离也相等，即点O为△ABC的内切圆的圆心，即△ABC的内心．故选A．3．(eq\a\vs4\al(2018·福建泉州))如图，在下列四个正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面，则在各个正方体中，直线BD1与平面EFG不垂直的是()ABCD解：如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，M，N，Q均为所在棱的中点，图形EFMNQG是一个平面图形，直线BD1与平面EFMNQG垂直，而选项A，B，C中的平面EFG与这个平面重合，D中EF∥BB1，而BB1与BD1不垂直，即BD1与平面EFG不垂直．故选D．4．(eq\a\vs4\al(2017沈阳市第一中学月考))设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”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：当α⊥β时，由面面垂直的性质定理知b⊥α，则b⊥a．所以“α⊥β”是“a⊥b”的充分条件．而当a⊂α，且a∥m时，因为b⊥m，所以b⊥a，而此时平面α与平面β不一定垂直．所以“α⊥β”不是“a⊥b”的必要条件．故选A．5．(eq\a\vs4\al(2018·广东模拟))如图所示是一个几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F分别为所在棱PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF异面；②直线BE与直线AF异面；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD．其中正确结论的个数是()A．1B．2C．3D．4解：画出该几何体的直观图，如图所示，①因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，直线BE与直线CF是共面直线，故①不正确；②直线BE与直线AF满足异面直线的定义，故②正确；③由E，F分别是PA，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以直线EF∥平面PBC，故③正确；④无法判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确．故选B．6．(eq\a\vs4\al(2017瓦房店市高级中学月考))如图，在正方形SG1G2G3中，E，F分别是G1G2，G2G3的中点，D是EF的中点，现沿SE，SF及EF把这个正方形折成一个几何体，使G1，G2，G3三点重合于点G，这样，下列五个结论：①SG⊥平面EFG；②SD⊥平面EFG；③GF⊥平面SEF；④EF⊥平面GSD；⑤GD⊥平面SEF．正确的是()A．①和③B．②和⑤C．①和④D．②和④解：因为正方形中折叠前后都有SG⊥GE，SG⊥GF，所以SG⊥平面EFG．①正确，②错误．因为SG⊥GF，SG⊥GD，所以GF并不垂直于SF，GD并不垂直于SD，即③⑤错误．因为EF⊥GD，EF⊥SG，GD∩SG＝G，所以EF⊥面GSD．④正确．故选C．7．在正方体ABCD­A′B′C′D′中，过对角线BD′的一个平面交AA′于E，交CC′于F，则①四边形BFD′E一定是平行四边形；②四边形BFD′E有可能是正方形；③四边形BFD′E在底面ABCD内的投影一定是正方形；④平面BFD′E有可能垂直于平面BB′D．以上结论正确的为__________．(写出所有正确结论的编号)解：根据两平面平行的性质定理可得BFD′E为平行四边形，①正确；若四边形BFD′E是正方形，则BE⊥ED′，又A′D′⊥EB，A′D′∩ED′＝D′，所以BE⊥面ADD′A′，与已知矛盾，②错；易知四边形BFD′E在底面ABCD内的投影是正方形ABCD，③正确；当E，F分别为棱AA′，CC′的中点时，EF∥AC，又AC⊥平面BB′D，所以EF⊥面BB′D，④正确．故填①③④．8．(eq\a\vs4\al(教材改编))如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°．将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A­BCD，则在三棱锥A­BCD中：①平面ADC⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面ABD；③平面ADC⊥平面BDC．其中正确的是____________．(写出所有正确结论的编号)解：在四边形ABCD中，由已知可得BD⊥CD．又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD，所以CD⊥AB．又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，从而平面ABC⊥平面ADC．故填①②．9．(eq\a\vs4\al(2017钟祥市实验中学月考))如图，在四棱锥P­ABCD中，底面是边长为a的正方形，侧棱PD＝a，PA＝PC＝eq\r(2)a．求证：(1)PD⊥平面ABCD；(2)平面PAC⊥平面PBD．证明：(1)因为PD＝a，DC＝a，PC＝eq\r(2)a，所以PC2＝PD2＋DC2，所以PD⊥DC．同理可证PD⊥AD，又AD∩DC＝D，所以PD⊥平面ABCD．(2)由(1)知PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AC，而四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又BD∩PD＝D，所以AC⊥平面PDB．同时AC⊂平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD．10．(eq\a\vs4\al(2018·河北石家庄联考))如图，四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°．PB＝PD＝2，PA＝eq\r(6)．(1)证明：PC⊥BD；(2)若E为PA上一点，记三棱锥P­BCE的体积和四棱锥P­ABCD的体积分别为V1和V2，当V1∶V2＝1∶8时，求eq\f(EP,AE)的值．解：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接PO．因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点，因为PB＝PD，所以PO⊥BD，又AC∩PO＝O，所以BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC．(2)因为AB＝PB＝2，AD＝PD＝2，BD＝BD，所以△ABD≌△PBD，所以AO＝PO＝eq\r(3)，因为PA＝eq\r(6)，所以PA2＝OA2＋OP2，所以PO⊥AC．又PO⊥BD，AC∩BD＝O，所以PO⊥平面ABCD．过点E作EF∥PO，交AC于点F，所以EF，PO分别是三棱锥E­ABC和四棱锥P­ABCD的高．又V1＝VP­ABC－VE­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·(PO－EF)，V2＝eq\f(1,3)S菱形ABCD·PO，由eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,8)，得eq\f(S△ABC·（PO－EF）,S菱形ABCD·PO)＝eq\f(1,8)，即4(PO－EF)＝PO，所以eq\f(PO,EF)＝eq\f(4,3)．因为EF∥PO，所以△AEF∽△APO，所以eq\f(PO,EF)＝eq\f(AP,AE)＝eq\f(AE＋EP,AE)＝eq\f(4,3)，所以eq\f(EP,AE)＝eq\f(1,3)．11．(eq\a\vs4\al(2018·北京西城一模))如图1，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB＝AC＝2eq\r(5)，BC＝4．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，F为A1C的中点，如图2所示．(1)求证：EF∥平面A1BD；(2)求证：平面A1OB