（全國版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第7章 立體幾何 第5講 直線、平面垂直的判定及性質(zhì)學(xué)案

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1、 第5講　直線、平面垂直的判定及性質(zhì) 板塊一　知識梳理·自主學(xué)習(xí) [必備知識] 考點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α內(nèi)的任意一條直線都垂直，就說直線l與平面α互相垂直． 2．直線與平面垂直的判定定理 3．直線與平面垂直的性質(zhì)定理 考點2　平面與平面垂直 1．平面與平面垂直的判定定理 2．平面與平面垂直的性質(zhì)定理 [必會結(jié)論] 直線與平面垂直的五個結(jié)論 (1)若一條直線垂直于一個平面，則這條直線垂直于這個平面內(nèi)的任意直線． (2)若兩條平行線中的一條垂直于一個平面，則另一條也垂直于這個平面． (3)垂直于同一

2、條直線的兩個平面平行． (4)過一點有且只有一條直線與已知平面垂直． (5)過一點有且只有一個平面與已知直線垂直． [考點自測]　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．判斷下列結(jié)論的正誤．(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)垂直于同一個平面的兩平面平行．(　　) (2)若兩條直線與一個平面所成的角相等，則這兩條直線平行．(　　) (3)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的無數(shù)條直線，則α⊥β.(　　) (4)二面角是指兩個相交平面構(gòu)成的圖形．(　　) (5)若兩個平面垂直，則其中一個平面內(nèi)的任意一條直線垂直于另一個平面．(　　) 答案　(1)×　

3、(2)×　(3)×　(4)×　(5)× 2．[2018·浙江模擬]設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題正確的是(　　) A．若m⊥n，n∥α，則m⊥α B．若m∥β，β⊥α，則m⊥α C．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，則m⊥α D．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，則m⊥α 答案　C 解析　對于選項A，B，D，均能舉出m⊥α的反例；對于選項C，若m⊥β，n⊥β，則m∥n，又n⊥α，∴m⊥α.故選C. 3．[課本改編]若m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題正確的是(　　) A．若m?β，α⊥β，則m⊥α B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n

4、，則α∥β C．若m⊥β，m∥α，則α⊥β D．若α⊥γ，α⊥β，則β⊥γ 答案　C 解析　A中m與α的位置關(guān)系不確定，故錯誤；B中α，β可能平行或相交，故錯誤；由面面垂直的判定定理可知C正確；D中β，γ平行或相交 ，所以D錯誤．故選C. 4．在如圖所示的四個正方體中，能得出AB⊥CD的是(　　) 答案　A 解析　A中，CD⊥AB；B中，AB與CD成60°角；C中，AB與CD成45°角；D中，AB與CD夾角的正切值為.故選A. 板塊二　典例探究·考向突破 考向　有關(guān)垂直關(guān)系的判斷　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例1　[2017·廣州模擬]設(shè)m，n是兩條不同

5、的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是(　　) A．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥n B．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β C．若m⊥n，m?α，n?β，則α⊥β D．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n 答案　B 解析　若α⊥β，m?α，n?β，則m與n相交、平行或異面，故A錯誤； ∵m⊥α，m∥n，∴n⊥α，又∵n∥β，∴α⊥β，故B正確； 若m⊥n，m?α，n?β，則α與β的位置關(guān)系不確定，故C錯誤； 若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m，n異面，故D錯誤．故選B. 觸類旁通 判斷垂直關(guān)系需注意的問題 (1)作圖要熟練，借助

6、幾何圖形來說明線面關(guān)系要做到作圖快、準(zhǔn)． (2)善于尋找反例，若存在反例，結(jié)論就被駁倒了． (3)要思考完整，反復(fù)驗證所有可能的情況，必要時要運用判定或性質(zhì)定理進(jìn)行簡單說明． 【變式訓(xùn)練1】　[2018·北京東城模擬]已知m和n是兩條不同的直線，α和β是兩個不重合的平面，那么下面給出的條件中一定能推出m⊥β的是(　　) A．α⊥β，且m?α B．m∥n，且n⊥β C．α⊥β，且m∥α D．m⊥n，且n∥β 答案　B 解析　因為α⊥β，m?α，則m，β的位置關(guān)系不確定，可能平行、相交、m在β面內(nèi)，故A錯誤；由線面垂直的性質(zhì)定理可知B正確；若α⊥β，m∥α，則m，β的位置關(guān)系也不

7、確定，故C錯誤；若m⊥n，n∥β，則m，β的位置關(guān)系也不確定，故D錯誤．故選B. 考向　直線與平面垂直的判定與性質(zhì)　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 命題角度1　利用線線垂直證明線面垂直 例2　[2018·湖北宜昌模擬]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BC＝ BB1，E，F(xiàn)，M分別為A1C1，AB1，BC的中點． (1)求證：EF∥平面BB1C1C； (2)求證：EF⊥平面AB1M. 證明　(1)連接A1B，BC1. 因為E，F(xiàn)分別為A1C1，AB1的中點， 所以F為A1B的中點，所以EF∥BC1. 因為BC1?平面BB1C1C，EF?平面BB1

8、C1C， 所以EF∥平面BB1C1C. (2)在矩形BCC1B1，BC＝BB1， 所以tan∠CBC1＝，tan∠B1MB＝. 所以tan∠CBC1·tan∠B1MB＝1. 所以∠CBC1＋∠B1MB＝.所以BC1⊥B1M. 因為EF∥BC1，所以EF⊥B1M. 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC⊥平面BB1C1C. 因為M為BC的中點，AB＝AC，所以AM⊥BC. 因為平面ABC∩平面BB1C1C＝BC， 所以AM⊥平面BB1C1C. 因為BC1?平面BB1C1C，所以AM⊥BC1 因為EF∥BC1，所以EF⊥AM. 又因為AM∩B1M＝M，AM?平面AB

9、1M，B1M?平面AB1M，所以EF⊥平面AB1M. 命題角度2　利用線面垂直證明線線垂直 例3 [2017·江蘇高考]如圖，在三棱錐A－BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD. 求證：(1)EF∥平面ABC； (2)AD⊥AC. 證明　(1)在平面ABD內(nèi)，因為AB⊥AD，EF⊥AD， 所以EF∥AB. 又因為EF?平面ABC，AB?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因為平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD∩平面BCD＝BD， BC?平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥

10、平面ABD. 因為AD?平面ABD，所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB?平面ABC，BC?平面ABC， 所以AD⊥平面ABC. 又因為AC?平面ABC， 所以AD⊥AC. 觸類旁通 證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵 (1)證明直線和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性(a∥b，a⊥α?b⊥α)；③面面平行的性質(zhì)(a⊥α，α∥β?a⊥β)；④面面垂直的性質(zhì)． (2)證明線面垂直的關(guān)鍵是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)． 考向　面面垂直的判定與性質(zhì)　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 例4　[2017·全國卷Ⅰ]如圖，在

11、四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)證明：平面PAB⊥平面PAD； (2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱錐P－ABCD的體積為，求該四棱錐的側(cè)面積． 解　(1)證明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得AB⊥AP，CD⊥PD. 由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB， 所以平面PAB⊥平面PAD. (2)如圖，在平面PAD內(nèi)作PE⊥AD，垂足為E. 由(1)知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PE，AB⊥AD， 可得PE⊥平面ABCD. 設(shè)AB＝x，則由已知可得AD＝x，PE＝x

12、. 故四棱錐P－ABCD的體積 VP－ABCD＝AB·AD·PE＝x3. 由題設(shè)得x3＝，故x＝2. 從而結(jié)合已知可得PA＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PB＝PC＝2. 可得四棱錐P－ABCD的側(cè)面積為 PA·PD＋PA·AB＋PD·DC＋BC2sin60°＝6＋2. 觸類旁通 判定面面垂直的方法 (1)面面垂直的定義； (2)面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)． 【變式訓(xùn)練2】　如圖，正方形ADEF與梯形ABCD所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，DC＝BC＝AB＝1，點M在線段EC上． (1)證明：平面BDM⊥平面ADEF； (

13、2)若AE∥平面MDB，求三棱錐E－BDM的體積． 解　(1)證明：∵DC＝BC＝1，DC⊥BC，∴BD＝. 在梯形ABCD中，AD＝，AB＝2， ∴AD2＋BD2＝AB2，∴∠ADB＝90°. ∴AD⊥BD. 又平面ADEF⊥平面ABCD， 平面ADEF∩平面ABCD＝AD， ∴BD⊥平面ADEF. 又BD?平面BDM， ∴平面BDM⊥平面ADEF. (2)如圖，連接AC，AC∩BD＝O，連接MO， ∵平面EAC∩平面MBD＝MO，AE∥平面MDB，AE?平面EAC， ∴AE∥OM. 又AB∥CD， ∴＝＝＝2， S△EDM＝S△EDC＝××1×＝. ∵A

14、DEF為正方形，∴ED⊥AD. 又∵平面ADEF⊥平面ADCB， ∴ED⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴DE⊥BC. ∵AB∥CD，AB⊥BC，∴BC⊥CD. 又ED∩DC＝D，∴BC⊥平面EDC. ∴VE－BDM＝VB－EDM＝S△EDM·BC＝××1＝. 核心規(guī)律 轉(zhuǎn)化思想：垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化 在證明兩平面垂直時一般先從現(xiàn)有的直線中尋找平面的垂線，若這樣的直線圖中不存在，則可通過作輔助線來解決． 滿分策略 1.在用線面垂直的判定定理證明線面垂直時，考生易忽視說明平面內(nèi)的兩條直線相交，而導(dǎo)致被扣分，這一點在證明中要注意．口訣：線不在多，重在相交．

15、2.面面垂直的性質(zhì)定理是作輔助線的一個重要依據(jù)．我們要作一個平面的一條垂線，通常是先找這個平面的一個垂面，在這個垂面中，作交線的垂線即可. 板塊三　啟智培優(yōu)·破譯高考 題型技法系列 12——等體積法求點到平面的距離 [2018·內(nèi)蒙古模擬]如圖，在直三棱柱ABC－DEF中，底面ABC的棱AB⊥BC，且AB＝BC＝2.點G，H在側(cè)棱CF上，且CH＝HG＝GF＝1. (1)證明：EH⊥平面ABG； (2)求點C到平面ABG的距離． 解題視點　(1)證明直線與平面垂直的常用方法為證明直線與平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直；(2)等體積法是求解點到平面的距離的常用方法． 解　(1)證明：

16、∵ABC－DEF是直三棱柱， ∴FC⊥平面ABC，而AB?平面ABC，∴FC⊥AB. 又∵AB⊥BC，BC∩FC＝C. ∴AB⊥平面BCFE， 又∵EH?平面BCFE，∴AB⊥EH. 由題設(shè)知△EFH與△BCG均為直角三角形， ∵EF＝2＝FH，BC＝2＝CG， ∴∠EHF＝45°，∠BGC＝45°. 設(shè)BG∩EH＝P，則∠GPH＝90°，即EH⊥BG. 又AB∩BG＝B，∴EH⊥平面ABG. (2)∵AB＝BC＝2，AB⊥BC， ∴S△ABC＝AB×BC＝2. ∵CG⊥平面ABC，∴VG－ABC＝S△ABC×CG＝. 由(1)知AB⊥BG，CG＝2＝BC， B

17、G＝＝＝2， ∴S△ABG＝AB×BG＝2. 設(shè)點C到平面ABG的距離為h，則 ∴VC－ABG＝S△ABG·h＝h＝VG－ABC＝， ∴h＝. 即點C到平面ABG的距離為. 答題啟示　(1)證明線面垂直的核心是證線線垂直，而證明線線垂直則需借助線面垂直的性質(zhì)；(2)用等體積法求點到平面距離時，通過換頂點和底面轉(zhuǎn)化為底面積和高易求的錐體體積是關(guān)鍵. 跟蹤訓(xùn)練 已知三棱錐A－BCD中，△ABC是等腰直角三角形，且AC⊥BC，BC＝2，AD⊥平面BCD，AD＝1. (1)求證：平面ABC⊥平面ACD； (2)若E為AB的中點，求點A到平面CED的距離． 解　(1)證

18、明：因為AD⊥平面BCD，BC?平面BCD，所以AD⊥BC，又因為AC⊥BC，AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ACD. (2)由已知可得CD＝，取CD中點為F，連接EF，由于ED＝EC＝AB＝，所以△ECD為等腰三角形，從而EF＝，S△ECD＝，由(1)知BC⊥平面ACD，所以E到平面ACD的距離為1，S△ACD＝，令A(yù)到平面CED的距離為d，有VA－ECD＝·S△ECD·d＝VE－ACD＝·S△ACD·1，解得d＝. 板塊四　模擬演練·提能增分 [A級　基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)] 1．[2016·浙江高考]已知互相垂直的平面α，β交于直線l.若

19、直線m，n滿足m∥α，n⊥β，則(　　) A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 答案　C 解析　∵α∩β＝l，∴l(xiāng)?β，∵n⊥β，∴n⊥l.故選C. 2．[2015·福建高考]若l，m是兩條不同的直線，m垂直于平面α，則“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的(　　) A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 答案　B 解析　由“m⊥α且l⊥m”推出“l(fā)?α或l∥α”，但由“m⊥α且l∥α”可推出“l(fā)⊥m”，所以“l(fā)⊥m”是“l(fā)∥α”的必要而不充分條件，故選B. 3．[2017·天津河西模擬]設(shè)l是直線，α，β是兩個不同的

20、平面，則下列說法正確的是(　　) A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 答案　B 解析　對于A，若l∥α，l∥β，則α∥β或α與β相交，故A錯誤；易知B正確；對于C，若α⊥β，l⊥α，則l∥β或l?β，故C錯誤；對于D，若α⊥β，l∥α，則l與β的位置關(guān)系不確定，故D錯誤．故選B. 4.[2018·濟(jì)南模擬]已知如圖，六棱錐P－ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABCDEF.則下列結(jié)論不正確的是(　　) A．CD∥平面PAF B．DF⊥平面PAF C．CF∥平面PAB D．

21、CF⊥平面PAD 答案　D 解析　A中，因為CD∥AF，AF?平面PAF，CD?平面PAF，所以CD∥平面PAF成立； B中，因為ABCDEF為正六邊形，所以DF⊥AF， 又因為PA⊥平面ABCDEF，所以PA⊥DF， 又因為PA∩AF＝A，所以DF⊥平面PAF成立； C中，因為CF∥AB，AB?平面PAB，CF?平面PAB，所以CF∥平面PAB；而D中CF與AD不垂直．故選D. 5．已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則(　　) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且

22、交線平行于l 答案　D 解析　若α∥β，則m∥n，這與m、n為異面直線矛盾，所以A不正確，α與β相交．將已知條件轉(zhuǎn)化到正方體中，易知α與β不一定垂直，但α與β的交線一定平行于l，從而排除B，C.故選D. 6．已知P為△ABC所在平面外一點，且PA，PB，PC兩兩垂直，則下列命題： ①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC. 其中正確的個數(shù)是________． 答案　3 解析　如圖所示．∵PA⊥PC，PA⊥PB，PC∩PB＝P，∴PA⊥平面PBC. 又∵BC?平面PBC，∴PA⊥BC.同理PB⊥AC，PC⊥AB. 但AB不一定垂直于BC. 7．設(shè)a，b為不重

23、合的兩條直線，α，β為不重合的兩個平面，給出下列命題： ①若a∥α，b∥β，且α∥β，則a∥b； ②若a⊥α，且a⊥β，則α∥β； ③若α⊥β，則一定存在平面γ，使得γ⊥α，γ⊥β； ④若α⊥β，則一定存在直線l，使得l⊥α，l∥β. 上面命題中，所有真命題的序號是________． 答案　②③④ 解析?、僦衋與b可能相交或異面，故不正確．②垂直于同一直線的兩平面平行，正確．③中存在γ，使得γ與α，β都垂直．④中只需直線l⊥α且l?β就可以． 8.[2018·廣東模擬]如圖，在三棱錐D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列命題中正確的有________(寫

24、出全部正確命題的序號)． ①平面ABC⊥平面ABD； ②平面ABD⊥平面BCD； ③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE； ④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE. 答案?、? 解析　由AB＝CB，AD＝CD知AC⊥DE，AC⊥BE，從而AC⊥平面BDE，故③正確． 9.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．求證： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE. 證明　(1)∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD， ∴CD⊥PA. 又CD⊥AC，PA

25、∩AC＝A， 故CD⊥平面PAC，AE?平面PAC. 故CD⊥AE. (2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC. ∵E是PC的中點，故AE⊥PC. 由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C， 從而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD. 易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE. 10.[2018·湖南永州模擬]如圖，四棱錐S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，側(cè)面SAB為等邊三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1. (1)證明：SD⊥平面SAB； (2)求四棱錐S－ABCD的高． 解　(1)證明：如圖，取AB的中點E，連接DE，DB， 則四邊形BCDE為矩

26、形， ∴DE＝CB＝2， ∴AD＝BD＝. ∵側(cè)面SAB為等邊三角形，AB＝2， ∴SA＝SB＝AB＝2. 又SD＝1， ∴SA2＋SD2＝AD2，SB2＋SD2＝BD2， ∴∠DSA＝∠DSB＝90°，即SD⊥SA，SD⊥SB，SA∩SB＝S， ∴SD⊥平面SAB. (2)設(shè)四棱錐S－ABCD的高為h，則h也是三棱錐S－ABD 的高． 由(1)，知SD⊥平面SAB. 由VS－ABD＝VD－SAB，得S△ABD·h＝S△SAB·SD， ∴h＝. 又S△ABD＝AB·DE＝×2×2＝2， S△SAB＝AB2＝×22＝，SD＝1， ∴h＝＝＝. 故四棱錐S－ABCD

27、的高為. [B級　知能提升] 1．[2018·青島質(zhì)檢]設(shè)a，b是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則能得出a⊥b的是(　　) A．a(chǎn)⊥α，b∥β，α⊥β B．a(chǎn)⊥α，b⊥β，α∥β C．a(chǎn)?α，b⊥β，α∥β D．a(chǎn)?α，b∥β，α⊥β 答案　C 解析　對于C項，由α∥β，a?α可得a∥β，又b⊥β，得a⊥b.故選C. 2．[2018·河北唐山模擬]如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿AE，AF及EF把這個正方形折成一個空間圖形，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在這個空間圖形中必有(　　) A.AG⊥平

28、面EFH B．AH⊥平面EFH C．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEF 答案　B 解析　根據(jù)折疊前、后AH⊥HE，AH⊥HF不變， ∴AH⊥平面EFH，B正確；∵過A只有一條直線與平面EFH垂直，∴A不正確；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF，∴平面HAG⊥平面AEF，過H作直線垂直于平面AEF，一定在平面HAG內(nèi)，∴C不正確；由條件證不出HG⊥平面AEF，∴D不正確．故選B. 3.如圖，PA⊥⊙O所在平面，AB是⊙O的直徑，C是⊙O上一點，AE⊥PC，AF⊥PB，給出下列結(jié)論：①AE⊥BC；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥

29、平面PBC，其中真命題的序號是________． 答案?、佗冖? 解析?、貯E?平面PAC，BC⊥AC，BC⊥PA?AE⊥BC，故①正確；②AE⊥PC，AE⊥BC?AE⊥平面PBC，PB?平面PBC?AE⊥PB，AF⊥PB，EF?平面AEF?EF⊥PB，故②正確；③若AF⊥BC?AF⊥平面PBC，則AF∥AE與已知矛盾，故③錯誤；由②可知④正確． 4．[2018·江西九江模擬]如圖，在幾何體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，且DF＝2BE＝2，EF＝3. (1)證明：平面ACF⊥平面BEFD. (2)若cos∠BAD＝，求幾何體ABCDEF的

30、體積． 解　(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵BE⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴BE⊥AC. ∴AC⊥平面BEFD，AC?平面ACF. ∴平面ACF⊥平面BEFD. (2)設(shè)AC與BD的交點為O，AB＝a(a>0)， 由(1)得AC⊥平面BEFD， ∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BD， ∵DF∥BE，∴DF⊥BD， ∴BD2＝EF2－(DF－BE)2＝8，∴BD＝2， ∴S四邊形BEFD＝(BE＋DF)·BD＝3， ∵cos∠BAD＝， ∴BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝a2＝8， ∴a＝， ∴OA2＝

31、AB2－OB2＝3，∴OA＝， ∴VABCDEF＝2VA－BEFD＝S四邊形BEFD·OA＝2. 5．[2017·全國卷Ⅲ]如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD. (1)證明：AC⊥BD； (2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E為棱BD上與D不重合的點，且AE⊥EC，求四面體ABCE與四面體ACDE的體積比． 解　(1)證明：如圖，取AC的中點O，連接DO，BO. 因為AD＝CD， 所以AC⊥DO. 又由于△ABC是正三角形， 所以AC⊥BO. 從而AC⊥平面DOB，又BD?平面DOB， 故AC⊥BD. (2)連接EO. 由(1)及題設(shè)知∠ADC＝90°，所以DO＝AO. 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2. 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°. 由題設(shè)知△AEC為直角三角形，所以EO＝AC. 又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO＝BD. 故E為BD的中點，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，即四面體ABCE與四面體ACDE的體積之比為1∶1. 20