2025高考备考数学知识点第4讲　空间直线、平面的垂直

第4讲空间直线、平面的垂直课标要求命题点五年考情命题分析预测1.借助长方体，通过直观感知，了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直的性质定理与判定定理.2.能用已获得的结论，证明空间图形的垂直关系的简单命题.线面垂直的判定与性质2023全国卷甲T11；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT10；2020新高考卷ⅠT4；2020新高考卷ⅠT20；2020全国卷ⅠT18；2019全国卷ⅡT17本讲内容是高考命题的重点，主要考查直线与平面以及平面与平面垂直的判定定理和性质定理的应用，不仅会单独命题，也经常应用于求解球的切、接问题以及建立空间直角坐标系前的线线垂直证明中，题型既有小题也有大题，难度中等.这里应特别注意证明空间线线、线面垂直关系时，灵活应用平行对垂直的转化作用.面面垂直的判定与性质2022全国卷乙T7；2022全国卷乙T18；2021新高考卷ⅠT20；2021新高考卷ⅡT19；2020全国卷ⅡT20；2019全国卷ⅢT19垂直关系的综合应用2023北京T16；2022全国卷甲T18学生用书P1491.直线与直线垂直如果两条异面直线所成的角是直角，那么就说这两条异面直线互相垂直.2.直线与平面垂直（1）直线和平面垂直的定义如果直线l与平面α内的①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和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线与一个平面内的两条②相交直线垂直，那么该直线与此平面垂直.a，b⊂αa⋂性质定理垂直于同一个平面的两条直线⑥平行.a⊥αb⊥α⇒⑦规律总结垂直关系中常用的6个结论（1）若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任意一条直线（证明线线垂直的一个重要方法）.（2）若两条平行线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面.（3）若一条直线垂直于两平行平面中的一个平面，则这条直线与另一个平面也垂直.（4）两个相交平面同时垂直于第三个平面，它们的交线也垂直于第三个平面.（5）三垂线定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.（6）三垂线定理的逆定理：平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在这个平面内的射影垂直.3.平面与平面垂直（1）平面与平面垂直的定义一般地，两个平面相交，如果它们所成的二面角是⑧直二面角，就说这两个平面互相垂直.（2）平面与平面垂直的判定定理和性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面过另一个平面的⑨垂线，那么这两个平面垂直.l⊂β⑩性质定理两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的⑪交线，那么这条直线与另一个平面垂直.⑫α⊥β1.在空间中，α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列说法错误的是（C）A.若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β B.若α∥β，m⊥α，n⊥β，则m∥nC.若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n D.若α⊥β，m⊂α，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β解析由m⊥α，m∥n，得n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β，A说法正确；由α∥β，m⊥α，得m⊥β，又n⊥β，所以m∥n，B说法正确；若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m，n可能平行或异面，C说法错误；由面面垂直的性质定理知D说法正确.故选C.2.[教材改编]下列命题中不正确的是（A）A.如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面βB.如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ3.已知一个平面与一个正方体的12条棱所成的角都等于α，则sinα＝（B）A.12 B.33 C.22 解析如图所示，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，易知平面A1C1D与D1A1，D1C1，D1D所成的角都相等，又B1C1，BC，AD均与D1A1平行，A1B1，AB，DC均与D1C1平行，A1A，B1B，C1C均与D1D平行，所以平面A1C1D与正方体的12条棱所成的角都相等.连接BD1，与平面A1C1D交于点O，连接A1O，则BD1⊥平面A1C1D，则α＝∠D1A1O，且D1O＝13BD1＝33，所以sinα＝D1OD14.[教材改编]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线AB与A1D1所成角的大小为90°；直线AD1与DC1所成角的大小为60°.解析因为A1B1∥AB，所以∠D1A1B1就是异面直线AB与A1D1所成的角.因为∠D1A1B1＝90°，所以直线AB与A1D1所成角的大小为90°.如图，连接AB1，B1D1.因为AB1∥DC1，所以直线AB1与AD1所成的角即直线DC1与AD1所成的角.又AD1＝AB1＝B1D1，所以△AB1D1为正三角形，所以∠D1AB1＝60°，所以直线AD1与AB1所成角的大小为60°，即直线AD1与DC1所成角的大小为60°.学生用书P150命题点1线面垂直的判定与性质例1[2024惠州市二调节选]如图，已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，侧面ADD1A1是矩形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC.求证：DD1⊥平面ABCD.解析（1）解法一因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，且PD＝PC，所以△DD1P≌△CC1P，所以∠DD1P＝∠CC1P，又∠DD1P＋∠CC1P＝180°，所以∠DD1P＝∠CC1P＝90°，所以DD1⊥D1C1，即DD1⊥DC.因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.解法二如图，取DC中点E，连接PE.因为PD＝PC，所以PE⊥DC.因为四边形CDD1C1是平行四边形，点P为D1C1的中点，所以PE∥D1D，所以D1D⊥DC.因为侧面ADD1A1是矩形，所以DD1⊥AD，又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD.方法技巧1.证明线面垂直的常用方法（1）利用线面垂直的判定定理（a⊥b，a⊥c，b∩c＝M，b⊂α，c⊂α⇒a⊥α）；（2）利用面面垂直的性质定理（α⊥β，α∩β＝l，a⊥l，a⊂β⇒a⊥α）；（3）a⊥α，α∥β⇒a⊥β；（4）a∥b，a⊥α⇒b⊥α.2.证明线线垂直的常用方法（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直；（2）计算两条直线的夹角的大小为90°或运用勾股定理的逆定理判断垂直；（3）平面几何中常见的垂直，如直径所对的圆周角为直角，菱形对角线相互垂直等.3.证明线面垂直的关键是证明线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.训练1[2023全国卷甲]已知四棱锥P－ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为（C）A.22 B.32 C.42 D.62解析如图，取CD，AB的中点分别为E，F，连接PE，EF，PF，因为PC＝PD，所以PE⊥CD，又底面ABCD是正方形，所以EF⊥CD，又PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，又AB∥CD，所以AB⊥平面PEF，又PF⊂平面PEF，所以AB⊥PF，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝PC2＋AC2－2PC·ACcos45°＝17，所以PB＝17.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝PC2＋BC2－BP22PC训练2[全国卷Ⅰ节选]如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66DO.证明：PA⊥平面PBC.解析设DO＝a，由题设可得PO＝66a，AO＝33a，AB＝a，PA＝PB＝PC＝2因此PA2＋PB2＝AB2，从而PA⊥PB.又PA2＋PC2＝AC2，故PA⊥PC.又PB∩PC＝P，PB，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC.命题点2面面垂直的判定与性质例2[2021新高考卷Ⅱ节选]如图，在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，AD＝2，QD＝QA＝5，QC＝3.证明：平面QAD⊥平面ABCD.解析在△QDC中，因为QD2＋CD2＝QC2，所以CD⊥QD.又CD⊥AD，QD∩AD＝D，QD，AD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD.因为CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD.例3[2024江苏常州模拟节选]如图所示，在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD.证明：PB⊥AD.解析由题意知△BCD为等边三角形，则BD＝BC＝2，又AB∥DC，则∠ABD＝60°，在△ABD中，AB＝4，BD＝2，所以AD2＝AB2＋BD2－2AB×BD×cos∠ABD＝42＋22－2×4×2×cos60°＝12，则AD＝23，所以AD2＋BD2＝AB2，即AD⊥BD，因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面PBD.又PB⊂平面PBD，故PB⊥AD.方法技巧1.证明面面垂直的方法（1）利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直的问题转化为证明二面角的平面角为直角的问题.（2）利用面面垂直的判定定理（a⊂α，a⊥β⇒α⊥β）.2.面面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据.训练3[2022全国卷乙]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（A）A.平面B1EF⊥平面BDD1B.平面B1EF⊥平面A1BDC.平面B1EF∥平面A1ACD.平面B1EF∥平面A1C1D解析如图，对于选项A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，又AC⊥BD，所以EF⊥BD，又易知DD1⊥EF，BD∩DD1＝D，从而EF⊥平面BDD1，又EF⊂平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，故选项A正确；对于选项B，因为平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以由选项A知，平面B1EF⊥平面A1BD不成立，故选项B错误；对于选项C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，故平面B1EF与平面A1AC不平行，故选项C错误；对于选项D，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，所以平面A1C1D与平面B1EF不平行，故选项D错误.故选A.训练4[2024福建泉州质量监测节选]如图，三棱锥P－ABC中，PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，平面PAB⊥平面ABC.求三棱锥P－ABC体积的最大值.解析取AB的中点O，连接PO，如图所示.因为PA＝PB，所以PO⊥AB，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABC.因为PA⊥PB，PA＝PB，AB＝2BC＝2，所以PO＝1，BC＝1，所以V三棱锥P－ABC＝13S△ABC·PO＝13×（12AB·BC·sin∠ABC）·PO＝13因为∠ABC∈（0，π），所以0＜sin∠ABC≤1，V三棱锥P－ABC≤13当且仅当sin∠ABC＝1，即∠ABC＝π2时，等号成立故三棱锥P－ABC体积的最大值为13命题点3垂直关系的综合应用例4[2023北京高考节选]如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝3.求证：BC⊥平面PAB.解析因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，又PA＝1，PC＝3，所以AC＝2.因为AB＝BC＝1，所以AB2＋BC2＝AC2，所以BC⊥AB.因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又BC⊥AB，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.方法技巧线线垂直线面垂直面面垂直训练5[2022全国卷甲]小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.（1）证明：EF∥平面ABCD.（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.解析（1）如图，分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，∵△EAB与△FBC均为正三角形，且边长均为8，∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.又平面EAB与平面FBC均垂直于平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，平面FBC∩平面ABCD＝BC，EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC，∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，∴EM∥FN，∴四边形EMNF为平行四边形，∴EF∥MN.又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.（2）如图，分别取AD，DC的中点P，Q，连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.由（1）知EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，同理可证得，GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，易得EM＝FN＝GQ＝HP＝43，EM∥FN∥GQ∥HP.易得AC⊥BD，MN∥AC，PM∥BD，所以PM⊥MN，又PM＝QN＝MN＝PQ＝12BD＝42，所以四边形PMNQ是正方形，所以四棱柱PMNQ－HEFG所以V四棱柱PMNQ－HEFG＝（42）2×43＝1283.因为AC⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM.因为EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以EM⊥AC.又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M，所以AC⊥平面PMEH，则点A到平面PMEH的距离d＝14AC＝22所以V四棱锥A－PMEH＝13S四边形PMEH×d＝13×42×43×22＝所以该包装盒的容积V＝V四棱柱PMNQ－HEFG＋4V四棱锥A－PMEH＝1283＋4×6433＝64033（1.[命题点2/2022全国卷乙]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点.（1）证明：平面BED⊥平面ACD.（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F－ABC的体积.解析（1）因为AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以BA＝BC.又E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE.因为BE∩DE＝E，且BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED.又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）由（1）可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小.因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝3，AE＝1.因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝DE·BEBD由射影定理知EF2＝DF·FB，又DF＋FB＝BD＝2，易知DF＜BF，所以DF＝12，FB＝3解法一因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，则F到平面ABC的距离d＝BFBD×DE＝3故VF－ABC＝13S△ABC×d＝13×34×4×3解法二由（1）知BD⊥AC，又BD⊥EF，EF∩AC＝E，AC，EF⊂平面ACF，所以BD⊥平面ACF，所以BF即B到平面ACF的距离，故VF－ABC＝VB－AFC＝13S△AFC×BF＝13×12×AC×EF×BF2.[命题点3/北京高考]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，E，F分别为AD，PB的中点.（1）求证：PE⊥BC.（2）求证：平面PAB⊥平面PCD.（3）求证：EF∥平面PCD.解析（1）因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC.（2）因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以AB⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.又PA⊥PD，PA，AB⊂平面PAB，PA∩AB＝A，所以PD⊥平面PAB.又PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD.（3）如图，取PC的中点G，连接FG，DG.因为F，G分别为PB，PC的中点，所以FG∥BC，FG＝12BC因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE＝12BC所以DE∥FG，DE＝FG.所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG.又EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD.3.[命题点3/2024广东省佛山市南海区模拟节选]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PA＝AD＝CD＝1，AB＝2.证明：BC⊥平面PAC.解析如图所示，取AB的中点F，连接CF，则AF＝CD＝1.又因为AF∥CD，所以四边形AFCD是平行四边形.因为AD⊥CD，AD＝CD，所以四边形AFCD是正方形，所以AB⊥CF，所以△ABC是等腰三角形，则AC＝BC＝2，所以AC2＋BC2＝4＝AB2，所以AC⊥BC，因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又因为PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC.学生用书·练习帮P3351.[2023大同学情调研]如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，AD⊥AA1，AD⊥AB，∠A1AB＝60°，M，N分别是棱AB和BC的中点，则下列说法中不正确的是（B）A.A1，C1，M，N四点共面B.B1N与AB共面C.AD⊥平面ABB1A1D.A1M⊥平面ABCD解析对于A，如图，连接MN，AC，A1C1，因为M，N分别是棱AB和BC的中点，所以MN∥AC.由棱柱的性质，知AA1∥CC1，且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，所以MN∥A1C1，所以A1，C1，M，N四点共面，故A正确.（证明空间四点共面可转化为：（1）证明两条直线相交；（2）证明两条直线平行）对于B，若B1N与AB共面，则B1，N，A，B四点共面，所以点N在平面ABB1A1内，这与题设矛盾，故B不正确.对于C，因为AD⊥AA1，AD⊥AB，AA1∩AB＝A，所以AD⊥平面ABB1A1，故C正确.对于D，连接A1B，因为∠A1AB＝60°，AB＝AA1＝1，所以△ABA1是等边三角形，所以A1M⊥AB，由选项C，知AD⊥平面ABB1A1，又A1M⊂平面ABB1A1，所以A1M⊥AD.因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以A1M⊥平面ABCD，故D正确.故选B.2.[2023乌鲁木齐市质检（一）]已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β成立的充分条件是（C）A.a∥α，b∥β，a⊥b B.α⊥γ，β⊥γC.a∥α，a⊥β D.α∩β＝a，a⊥b，b⊂β解析对于A，a∥α，b∥β，a⊥b，α与β可分别绕直线a与b任意转动，则α与β可能相交，也可能平行，故不是α⊥β的充分条件，A错误；对于B，α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，B错误；对于C，设过直线a的平面与α交于直线c，因为a∥α，所以a∥c，又a⊥β，所以c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β，所以C为α⊥β的充分条件，C正确；对于D，α∩β＝a，a⊥b，b⊂β，若作直线d使得a⊥d，且d⊂α，则b与d的夹角即二面角α－a－β的平面角，由于该二面角不一定为直角，因此α与β不一定垂直，D错误.故选C.3.[2023山东省模拟]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论不正确的是（B）A.平面CBP⊥平面BB1PB.AP⊥平面CPD1C.AP⊥BCD.AP∥平面DD1C1C解析对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1⊂平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB⊂平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正确；对于B，当P为A1B的中点时，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC⊂平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，否则，AP与平面CPD1不垂直，所以B错误；对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1⊂平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP⊂平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正确；对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP⊂平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B.4.[多选/2021全国卷Ⅱ]如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是（BC）A BC D解析对选项A，B，C，D中的正方体建立如图所示的空间直角坐标系，设各正方体的棱长均为2.对于A，有M（2，0，2），N（0，2，2），O（1，1，0），P（0，2，1），则MN＝（－2，2，0），OP＝（－1，1，1），所以MN·OP＝4≠0，所以MN与OP不垂直，所以选项A错误；对于B，有M（0，0，2），N（2，0，0），O（1，1，0），P（2，0，1），则MN＝（2，0，－2），OP＝（1，－1，1），所以MN·OP＝0，所以MN⊥OP，所以选项B正确；对于C，有M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），则MN＝（－2，0，－2），OP＝（－1，－1，1），所以MN·OP＝0，所以MN⊥OP，所以选项C正确；对于D，有M（0，2，2），N（0，0，0），O（1，1，0），P（2，1，2），则MN＝（0，－2，－2），OP＝（1，0，2），所以MN·OP＝－4≠0，所以MN与OP不垂直，所以选项D错误.故选BC.（本题也可以用三垂线定理直接判断）5.[数学文化]《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在如图所示的四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PD＝CD，点E，F分别为PC，PD的中点，则图中的鳖臑有5个.解析因为PD⊥平面ABCD，DC，BC，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥DC，PD⊥BC，PD⊥BD，由四边形ABCD为正方形，得BC⊥CD，因为PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PCD，所以BC⊥平面PCD.因为PC⊂平面PCD，所以BC⊥PC，所以四面体PDBC是一个鳖臑.因为DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC，又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以DE⊥平面PBC，因为BE⊂平面PBC，所以DE⊥BE，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD是一个鳖臑.同理可得，四面体PABD、四面体APDE和四面体FABD也是鳖臑.6.[2024南昌市模拟节选]如图，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，M，N分别为AC，AB的中点，PM⊥AB.求证：AB⊥PN.解析因为M，N分别为AC，AB的中点，所以MN∥BC，因为AB⊥BC，所以AB⊥MN，因为AB⊥PM，PM∩MN＝M，所以AB⊥平面PMN，又PN⊂平面PMN，所以AB⊥PN.7.[2024福州市一检节选]如图，在底面为菱形的四棱锥M－ABCD中，AD＝BD＝MB＝2，MA＝MD＝2.求证：平面MAD⊥平面ABCD.解析如图，取AD的中点O，连接OM，OB.因为四边形ABCD为菱形，且AD＝BD＝2，所以△ABD为正三角形，所以BO⊥AD，且BO＝3.因为MA＝MD＝2，所以MO⊥AD，所以MO＝MA2－AO又MB＝2，所以MO2＋BO2＝MB2，所以MO⊥BO.因为AD∩BO＝O，AD⊂平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以MO⊥平面ABCD，又MO⊂平面MAD，所以平面MAD⊥平面ABCD.8.[2024惠州市一调节选]如图，在五面体ABCDE中，AD⊥平面ABC，AD∥BE，AD＝2BE，AB＝BC，则在线段CD上是否存在点P，使得PE⊥平面ACD？若存在，请指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由.解析当点P为线段CD的中点时，PE⊥平面ACD.证明如下：=解法一如图1，分别取AC，CD的中点O，P，连接OB，PE，OP.在△ACD中，∵O，P分别是AC，CD的中点，∴OP=||1∵AD∥BE，AD＝2BE，即BE=||12AD，∴OP∴四边形OBEP是平行四边形，∴OB∥PE.∵AD⊥平面ABC，OB⊂平面ABC，∴AD⊥OB，则有PE⊥AD.由AB＝BC知OB⊥AC，则有PE⊥AC.又AC∩AD＝A，AC⊂平面ACD，AD⊂平面ACD，∴PE⊥平面ACD.解法二分别取AC，CD的中点O，P，连接OB，PE，OP，∵在△ACD中，O，P分别是AC，CD的中点，∴OP=||12又AD⊥平面ABC，∴OP⊥平面ABC.∵AB＝BC，O是AC的中点，∴OB⊥AC，∴OP，OB，AC两两垂直，故可建立如图2所示的空间直角坐标系.令AD＝2BE＝2a，OB＝c，OA＝OC＝b，则O（0，0，0），D（0，－b，2a），C（0，b，0），E（c，0，a），P（0，0，a），∴CD＝（0，－2b，2a），OC＝（0，b，0），PE＝（c，0，0）.∵PE·OC＝0，PE·CD＝0，OC，CD为平面ACD上的两个不共线向量，∴PE为平面ACD的一个法向量，∴PE⊥平面ACD.9.[2023江西六校联考]如图，AB是圆