全國(guó)統(tǒng)考高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第8章立體幾何第4講直線平面垂直的判定及性質(zhì)2備考試題文含解析

一輪復(fù)習(xí)精品資料(高中)PAGEPAGE1第八章立體幾何第四講直線、平面垂直的判定及性質(zhì)1.〖2020昆明市高考模擬〗已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,則“α∥β”是“l(fā)⊥m”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件2.〖數(shù)學(xué)文化題〗《九章算術(shù)》中,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱(chēng)為“鱉臑”.在如圖8-4-1所示的四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PD=CD,點(diǎn)E,F分別為PC,PD的中點(diǎn),則圖中的鱉臑有()A.2個(gè) B.3個(gè)C.4個(gè) D.5個(gè)圖8-4-13.〖2021江蘇省部分學(xué)校學(xué)情調(diào)研〗已知α,β是兩個(gè)不同的平面,m,n是平面α及β之外的兩條不同直線,給出下面四個(gè)論斷:①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.以其中的三個(gè)論斷作為條件,余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論,寫(xiě)出一個(gè)正確的命題:.

4.〖2021云南省部分學(xué)校統(tǒng)一檢測(cè)〗如圖8-4-2,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BB1C1C,E是CC1的中點(diǎn),BC=1,BB1=2,AB=2,∠BCC1=60°.(1)證明:B1E⊥AE.(2)若A1B∩AB1=D,求三棱錐D-AA1E的體積.圖8-4-25.〖2021安徽四校聯(lián)考〗如圖8-4-3(1),ABCD是正方形,點(diǎn)P在以BC為直徑的半圓弧上(P不與B,C重合),E為線段BC的中點(diǎn).現(xiàn)將正方形ABCD沿BC折起,使得平面ABCD⊥平面BCP,如圖8-4-3(2)所示.(1)(2)圖8-4-3(1)證明:BP⊥平面DCP.(2)若BC=2,當(dāng)三棱錐D-BPC的體積最大時(shí),求E到平面BDP的距離.6.〖2020惠州市二調(diào)〗如圖8-4-4,AB為圓O的直徑,點(diǎn)E,F在圓O上,AB∥EF,矩形ABCD所在平面和圓O所在平面互相垂直,已知AB=3,EF=1.(1)求證:平面DAF⊥平面CBF.(2)設(shè)幾何體F-ABCD,F-BCE的體積分別為V1,V2,求V1∶V2的值.圖8-4-47.〖2021貴陽(yáng)市四校第二次聯(lián)考〗如圖8-4-5所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,AB=2AD=4,PD=BD=3AD,且PD⊥底面ABCD.(1)證明:BC⊥平面PBD.(2)若Q為PC的中點(diǎn),求三棱錐A-PBQ的體積.圖8-4-58.已知平行四邊形ABCD中,AB=4,AD=22,∠BAD=45°,點(diǎn)E在線段CD上,DE=EC,把△BCE沿BE翻折,使點(diǎn)C到點(diǎn)P的位置,如圖8-4-6.(1)當(dāng)平面PBE⊥平面ABCD時(shí),求AP的長(zhǎng);(2)若PD=2,求三棱錐B-ADP的體積.圖8-4-69.如圖8-4-7,在四棱錐S-ABCD中,已知底面ABCD為矩形,△SAD為等腰直角三角形,SA=SD=22,AB=2,F是BC的中點(diǎn).(1)若在線段AD上存在點(diǎn)E,使得平面SEF⊥平面ABCD,指出點(diǎn)E的位置并說(shuō)明理由;(2)在(1)的條件下,若∠SFE=30°,求點(diǎn)F到平面SAD的距離.圖8-4-710.如圖8-4-8,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC,平面ACC1A1,平面BCC1B1兩兩垂直.(1)求證:CA,CB,CC1兩兩垂直.(2)若CA=CB=CC1=a,求三棱錐B1-A1BC的體積.圖8-4-811.〖原創(chuàng)題〗如圖8-4-9,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,D為線段PB的中點(diǎn),E為線段PC上的動(dòng)點(diǎn),且PA=AB=4,BC=3.(1)求證:平面ADE⊥平面PBC.(2)當(dāng)三棱錐P-ADE的體積為2時(shí),求DE的長(zhǎng)度.圖8-4-9答案第八章立體幾何第四講直線、平面垂直的判定及性質(zhì)1.A因?yàn)閘⊥α,α∥β,所以l⊥β,又m?β,所以l⊥m;但由l⊥α,l⊥m,m?β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l(fā)⊥m”的充分不必要條件.故選A.〖解題關(guān)鍵〗本題以空間位置關(guān)系為載體考查充要條件,求解的關(guān)鍵是熟記空間中直線、平面平行與垂直的判定及性質(zhì),梳理各種證明方法,結(jié)合題設(shè)條件準(zhǔn)確運(yùn)用.題目沒(méi)有給出圖形時(shí),要畫(huà)出圖形,借助圖形的直觀性進(jìn)行判斷.2.C因?yàn)镻D⊥底面ABCD,所以PD⊥DC,PD⊥BC,PD⊥BD,又四邊形ABCD為正方形,所以BC⊥CD,所以BC⊥平面PCD,所以BC⊥PC,所以四面體PDBC是一個(gè)鱉臑.因?yàn)镈E?平面PCD,所以BC⊥DE.因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),所以DE⊥PC,又PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC,所以DE⊥BE,可知四面體EBCD的四個(gè)面都是直角三角形,即四面體EBCD是一個(gè)鱉臑.同理可得,四面體PABD和FABD都是鱉臑.故選C.3.若m⊥n,n⊥β,m⊥α,則α⊥β(或若α⊥β,n⊥β,m⊥α,則m⊥n)若①m⊥n,②α⊥β,③n⊥β成立,則m與α可能平行也可能相交,即④m⊥α不一定成立;若①m⊥n,②α⊥β,④m⊥α成立,則n與β可能平行也可能相交,即③n⊥β不一定成立;若①m⊥n,③n⊥β,④m⊥α成立,因?yàn)閙⊥n,n⊥β,所以m∥β,又m⊥α,所以α⊥β,即①③④?②;若②α⊥β,③n⊥β,④m⊥α成立,因?yàn)棣痢挺?n⊥β,所以n∥α,又m⊥α,所以m⊥n,即②③④?①.4.(1)如圖D8-4-4,連接BE.因?yàn)樵凇鰾CE中,BC=1,CE=12CC1=12BB1=1,∠BCE=60°所以△BCE是等邊三角形,BE=1.因?yàn)樵凇鰾1C1E中,B1C1=EC1=1,∠B1C1E=120°,所以B1E=EC1在△BB1E中,BE=1,B1E=3,BB1=2,所以B1E⊥BE.又AB⊥平面BB1C1C且B1E?平面BB1C1C,所以B1E⊥AB.又AB∩BE=B,所以B1E⊥平面ABE.因?yàn)锳E?平面ABE,所以B1E⊥AE.(2)由A1B∩AB1=D知D為A1B,AB1的中點(diǎn).由AB⊥平面BB1C1C,可得AB⊥BB1,所以△AA1D的面積S△AA1D=14AB在平面BB1C1C內(nèi)過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BB1于點(diǎn)H,又AB⊥EH,AB∩BB1=B,所以EH⊥平面ABB1A1.在Rt△BB1E中,由EH·BB1=BE·B1E,可得EH=32即點(diǎn)E到平面AA1D的距離為32所以三棱錐D-AA1E的體積VD5.(1)因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCP,ABCD是正方形,平面ABCD∩平面BCP=BC,所以DC⊥平面BCP.因?yàn)锽P?平面BCP,所以BP⊥DC.因?yàn)辄c(diǎn)P在以BC為直徑的半圓弧上,所以BP⊥PC.又DC∩PC=C,所以BP⊥平面DCP.(2)當(dāng)點(diǎn)P位于BC的中點(diǎn)時(shí),△BCP的面積最大,三棱錐D-BPC的體積也最大.如圖D8-4-5,連接PE,DE,因?yàn)锽C=2,所以PE=1,所以△BEP的面積為12×1×1=1所以三棱錐D-BEP的體積為13×1因?yàn)锽P⊥平面DCP,所以BP⊥DP,DP=BD△BDP的面積為12×2×6=3.設(shè)E到平面BDP的距離為d,由13×即E到平面BDP的距離為33圖D8-4-56.(1)解法一∵平面ABCD⊥平面ABEF,在矩形ABCD中,CB⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,CB?平面ABCD,∴CB⊥平面ABEF.∵AF?平面ABEF,∴AF⊥CB.又AB為圓O的直徑,∴AF⊥BF.∵CB∩BF=B,∴AF⊥平面CBF.∵AF?平面DAF,∴平面DAF⊥平面CBF.解法二∵平面ABCD⊥平面ABEF,在矩形ABCD中,DA⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,DA?平面ABCD,∴DA⊥平面ABEF.∵BF?平面ABEF,∴DA⊥BF.又AB為圓O的直徑,∴AF⊥BF.∵DA∩AF=A,∴BF⊥平面DAF.∵BF?平面CBF,∴平面DAF⊥平面CBF.(2)如圖D8-4-6,過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AB,交AB于H.∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,且FH?平面ABEF,∴FH⊥平面ABCD.則V1=13×(AB×BC)×FH易知V2=13×(EF×HF∴V1V7.(1)由題意得,AB=4,AD=2,BD=3AD=23,所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形,所以AD∥BC,所以BC⊥BD,又PD⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PD⊥BC,因?yàn)镻D∩BD=D,所以BC⊥平面PBD.(2)如圖D8-4-7,連接AC,因?yàn)镼為PC的中點(diǎn),所以S△PBQ=S△QBC,所以V三棱錐A-PBQ=V三棱錐A-QBC,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形,所以V三棱錐A-QBC=V三棱錐Q-ABC=12V四棱錐Q-ABCD過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥DC交DC于點(diǎn)E,因?yàn)镻D⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PD⊥DC,所以PD∥QE,所以QE⊥平面ABCD,又Q為PC的中點(diǎn),所以QE為△CDP的中位線,所以QE=12PD所以V四棱錐Q-ABCD=12V四棱錐P-ABCD由已知可得PD=23,所以V三棱錐A-PBQ=V三棱錐A-QBC=V三棱錐Q-ABC=12V四棱錐Q-ABCD=14V四棱錐P-ABCD=14×1故三棱錐A-PBQ的體積為2.圖D8-4-78.(1)翻折前,根據(jù)CD=AB=4,DE=EC,得CE=2,在△BCE中,BC=22,∠BCE=∠BAD=45°,由余弦定理,得BE=2,所以BC2=BE2+CE2,于是BE⊥CE.翻折后,有PE⊥BE.因?yàn)槠矫鍼BE⊥平面ABCD,且平面PBE∩平面ABCD=BE,PE?平面PBE,所以PE⊥平面ABCD.連接AE,因?yàn)锳E?平面ABCD,所以PE⊥AE,而AE2=AB2+BE2=16+4=20,PE=2,所以PA=PE2+(2)如圖D8-4-8,因?yàn)锽E⊥PE,BE⊥DE,PE∩DE=E,所以BE⊥平面PDE,又BE?平面ABED,所以平面PDE⊥平面ABED.圖D8-4-8由于PD=2,DE=PE=2,所以△PDE為正三角形,取DE的中點(diǎn)O,連接PO,則PO⊥DE,所以PO⊥平面ABED,且PO=3,所以三棱錐B-ADP的體積VB-ADP=VP-ADB=13S△ADB·PO=13×9.(1)點(diǎn)E為AD的中點(diǎn).理由如下:因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形,所以AB⊥AD.又E,F分別是AD,BC的中點(diǎn),所以EF∥AB,所以AD⊥EF.又△SAD為等腰直角三角形,SA=SD,所以SE⊥AD.因?yàn)镾E∩EF=E,所以AD⊥平面SEF.又AD?平面ABCD,所以平面SEF⊥平面ABCD.圖D8-4-9(2)如圖D8-4-9,過(guò)點(diǎn)S作SO⊥FE,交FE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O.由(1)知平面SEF⊥平面ABCD,平面SEF∩平面ABCD=EF,所以SO⊥平面ABCD.因?yàn)椤鱏AD為等腰直角三角形,SA=SD=22,所以AD=4,SE=2,又EF=AB=2,所以△SEF為等腰三角形.因?yàn)椤蟂FE=30°,故∠SEF=120°,∠SEO=60°,故OE=1,SO=3.連接AF,DF,設(shè)F到平面SAD的距離為d,由VF-SAD=VS-FAD可得13×S△SAD×d=13×SO×S△易知S△SAD=12×22×22=4,S△FAD=1所以d=SO=3.10.(1)在△ABC內(nèi)取一點(diǎn)P,作PD⊥AC,PE⊥BC,因?yàn)槠矫鍭BC⊥平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,所以PD⊥平面ACC1A1,所以PD⊥CC1.同理PE⊥CC1,又PD∩PE=P,所以CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC,用證CC1⊥AC的方法,可證AC⊥BC,故CA,CB,CC1兩兩垂直.(2)V三棱錐B1-A1BC=V三棱錐A1-BC又S△BCB1=12BC·BB1=12a2,所以三棱錐B1-11.(1)∵PA⊥平面ABC,BC?平面ABC,∴PA⊥BC.又AB⊥BC,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB.∵AD?平面PAB,∴AD⊥BC.∵PA=AB,D為線段PB的中點(diǎn),∴AD⊥PB.又BC∩PB=B,∴AD⊥平面PBC.∵AD?平面ADE,∴平面ADE⊥平面PBC.(2)易知S△PAD=12S△PAB=12記點(diǎn)E到平面PAB的距離為h,則V三棱錐P-ADE=V三棱錐E-PAD=13×S△PAD×h=43h,由43h=2,得h由(1)可知BC⊥平面PAB.∵BC?平面PBC,∴平面PBC⊥平面PAB.過(guò)點(diǎn)E向PB作垂線,垂足為F,則EF⊥平面PAB,且EF∥BC.∵EF=h=32,BC=3,∴EF為△PBC的中位線,即點(diǎn)F與點(diǎn)D重合.故DE=3〖素養(yǎng)落地〗本題以三棱錐為載體,讓考生在運(yùn)用與線面、面面垂直有關(guān)的定理的過(guò)程中,提升直觀想象和邏輯推理等核心素養(yǎng).第八章立體幾何第四講直線、平面垂直的判定及性質(zhì)1.〖2020昆明市高考模擬〗已知直線l⊥平面α,直線m?平面β,則“α∥β”是“l(fā)⊥m”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件2.〖數(shù)學(xué)文化題〗《九章算術(shù)》中,將四個(gè)面都為直角三角形的四面體稱(chēng)為“鱉臑”.在如圖8-4-1所示的四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,且PD=CD,點(diǎn)E,F分別為PC,PD的中點(diǎn),則圖中的鱉臑有()A.2個(gè) B.3個(gè)C.4個(gè) D.5個(gè)圖8-4-13.〖2021江蘇省部分學(xué)校學(xué)情調(diào)研〗已知α,β是兩個(gè)不同的平面,m,n是平面α及β之外的兩條不同直線,給出下面四個(gè)論斷:①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.以其中的三個(gè)論斷作為條件,余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論,寫(xiě)出一個(gè)正確的命題:.

4.〖2021云南省部分學(xué)校統(tǒng)一檢測(cè)〗如圖8-4-2,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面BB1C1C,E是CC1的中點(diǎn),BC=1,BB1=2,AB=2,∠BCC1=60°.(1)證明:B1E⊥AE.(2)若A1B∩AB1=D,求三棱錐D-AA1E的體積.圖8-4-25.〖2021安徽四校聯(lián)考〗如圖8-4-3(1),ABCD是正方形,點(diǎn)P在以BC為直徑的半圓弧上(P不與B,C重合),E為線段BC的中點(diǎn).現(xiàn)將正方形ABCD沿BC折起,使得平面ABCD⊥平面BCP,如圖8-4-3(2)所示.(1)(2)圖8-4-3(1)證明:BP⊥平面DCP.(2)若BC=2,當(dāng)三棱錐D-BPC的體積最大時(shí),求E到平面BDP的距離.6.〖2020惠州市二調(diào)〗如圖8-4-4,AB為圓O的直徑,點(diǎn)E,F在圓O上,AB∥EF,矩形ABCD所在平面和圓O所在平面互相垂直,已知AB=3,EF=1.(1)求證:平面DAF⊥平面CBF.(2)設(shè)幾何體F-ABCD,F-BCE的體積分別為V1,V2,求V1∶V2的值.圖8-4-47.〖2021貴陽(yáng)市四校第二次聯(lián)考〗如圖8-4-5所示,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為平行四邊形,AB=2AD=4,PD=BD=3AD,且PD⊥底面ABCD.(1)證明:BC⊥平面PBD.(2)若Q為PC的中點(diǎn),求三棱錐A-PBQ的體積.圖8-4-58.已知平行四邊形ABCD中,AB=4,AD=22,∠BAD=45°,點(diǎn)E在線段CD上,DE=EC,把△BCE沿BE翻折,使點(diǎn)C到點(diǎn)P的位置,如圖8-4-6.(1)當(dāng)平面PBE⊥平面ABCD時(shí),求AP的長(zhǎng);(2)若PD=2,求三棱錐B-ADP的體積.圖8-4-69.如圖8-4-7,在四棱錐S-ABCD中,已知底面ABCD為矩形,△SAD為等腰直角三角形,SA=SD=22,AB=2,F是BC的中點(diǎn).(1)若在線段AD上存在點(diǎn)E,使得平面SEF⊥平面ABCD,指出點(diǎn)E的位置并說(shuō)明理由;(2)在(1)的條件下,若∠SFE=30°,求點(diǎn)F到平面SAD的距離.圖8-4-710.如圖8-4-8,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC,平面ACC1A1,平面BCC1B1兩兩垂直.(1)求證:CA,CB,CC1兩兩垂直.(2)若CA=CB=CC1=a,求三棱錐B1-A1BC的體積.圖8-4-811.〖原創(chuàng)題〗如圖8-4-9,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,D為線段PB的中點(diǎn),E為線段PC上的動(dòng)點(diǎn),且PA=AB=4,BC=3.(1)求證:平面ADE⊥平面PBC.(2)當(dāng)三棱錐P-ADE的體積為2時(shí),求DE的長(zhǎng)度.圖8-4-9答案第八章立體幾何第四講直線、平面垂直的判定及性質(zhì)1.A因?yàn)閘⊥α,α∥β,所以l⊥β,又m?β,所以l⊥m;但由l⊥α,l⊥m,m?β不能得到α∥β.所以“α∥β”是“l(fā)⊥m”的充分不必要條件.故選A.〖解題關(guān)鍵〗本題以空間位置關(guān)系為載體考查充要條件,求解的關(guān)鍵是熟記空間中直線、平面平行與垂直的判定及性質(zhì),梳理各種證明方法,結(jié)合題設(shè)條件準(zhǔn)確運(yùn)用.題目沒(méi)有給出圖形時(shí),要畫(huà)出圖形,借助圖形的直觀性進(jìn)行判斷.2.C因?yàn)镻D⊥底面ABCD,所以PD⊥DC,PD⊥BC,PD⊥BD,又四邊形ABCD為正方形,所以BC⊥CD,所以BC⊥平面PCD,所以BC⊥PC,所以四面體PDBC是一個(gè)鱉臑.因?yàn)镈E?平面PCD,所以BC⊥DE.因?yàn)镻D=CD,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),所以DE⊥PC,又PC∩BC=C,所以DE⊥平面PBC,所以DE⊥BE,可知四面體EBCD的四個(gè)面都是直角三角形,即四面體EBCD是一個(gè)鱉臑.同理可得,四面體PABD和FABD都是鱉臑.故選C.3.若m⊥n,n⊥β,m⊥α,則α⊥β(或若α⊥β,n⊥β,m⊥α,則m⊥n)若①m⊥n,②α⊥β,③n⊥β成立,則m與α可能平行也可能相交,即④m⊥α不一定成立;若①m⊥n,②α⊥β,④m⊥α成立,則n與β可能平行也可能相交,即③n⊥β不一定成立;若①m⊥n,③n⊥β,④m⊥α成立,因?yàn)閙⊥n,n⊥β,所以m∥β,又m⊥α,所以α⊥β,即①③④?②;若②α⊥β,③n⊥β,④m⊥α成立,因?yàn)棣痢挺?n⊥β,所以n∥α,又m⊥α,所以m⊥n,即②③④?①.4.(1)如圖D8-4-4,連接BE.因?yàn)樵凇鰾CE中,BC=1,CE=12CC1=12BB1=1,∠BCE=60°所以△BCE是等邊三角形,BE=1.因?yàn)樵凇鰾1C1E中,B1C1=EC1=1,∠B1C1E=120°,所以B1E=EC1在△BB1E中,BE=1,B1E=3,BB1=2,所以B1E⊥BE.又AB⊥平面BB1C1C且B1E?平面BB1C1C,所以B1E⊥AB.又AB∩BE=B,所以B1E⊥平面ABE.因?yàn)锳E?平面ABE,所以B1E⊥AE.(2)由A1B∩AB1=D知D為A1B,AB1的中點(diǎn).由AB⊥平面BB1C1C,可得AB⊥BB1,所以△AA1D的面積S△AA1D=14AB在平面BB1C1C內(nèi)過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BB1于點(diǎn)H,又AB⊥EH,AB∩BB1=B,所以EH⊥平面ABB1A1.在Rt△BB1E中,由EH·BB1=BE·B1E,可得EH=32即點(diǎn)E到平面AA1D的距離為32所以三棱錐D-AA1E的體積VD5.(1)因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面BCP,ABCD是正方形,平面ABCD∩平面BCP=BC,所以DC⊥平面BCP.因?yàn)锽P?平面BCP,所以BP⊥DC.因?yàn)辄c(diǎn)P在以BC為直徑的半圓弧上,所以BP⊥PC.又DC∩PC=C,所以BP⊥平面DCP.(2)當(dāng)點(diǎn)P位于BC的中點(diǎn)時(shí),△BCP的面積最大,三棱錐D-BPC的體積也最大.如圖D8-4-5,連接PE,DE,因?yàn)锽C=2,所以PE=1,所以△BEP的面積為12×1×1=1所以三棱錐D-BEP的體積為13×1因?yàn)锽P⊥平面DCP,所以BP⊥DP,DP=BD△BDP的面積為12×2×6=3.設(shè)E到平面BDP的距離為d,由13×即E到平面BDP的距離為33圖D8-4-56.(1)解法一∵平面ABCD⊥平面ABEF,在矩形ABCD中,CB⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,CB?平面ABCD,∴CB⊥平面ABEF.∵AF?平面ABEF,∴AF⊥CB.又AB為圓O的直徑,∴AF⊥BF.∵CB∩BF=B,∴AF⊥平面CBF.∵AF?平面DAF,∴平面DAF⊥平面CBF.解法二∵平面ABCD⊥平面ABEF,在矩形ABCD中,DA⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,DA?平面ABCD,∴DA⊥平面ABEF.∵BF?平面ABEF,∴DA⊥BF.又AB為圓O的直徑,∴AF⊥BF.∵DA∩AF=A,∴BF⊥平面DAF.∵BF?平面CBF,∴平面DAF⊥平面CBF.(2)如圖D8-4-6,過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AB,交AB于H.∵平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,且FH?平面ABEF,∴FH⊥平面ABCD.則V1=13×(AB×BC)×FH易知V2=13×(EF×HF∴V1V7.(1)由題意得,AB=4,AD=2,BD=3AD=23,所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形,所以AD∥BC,所以BC⊥BD,又PD⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PD⊥BC,因?yàn)镻D∩BD=D,所以BC⊥平面PBD.(2)如圖D8-4-7,連接AC,因?yàn)镼為PC的中點(diǎn),所以S△PBQ=S△QBC,所以V三棱錐A-PBQ=V三棱錐A-QBC,因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形,所以V三棱錐A-QBC=V三棱錐Q-ABC=12V四棱錐Q-ABCD過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥DC交DC于點(diǎn)E,因?yàn)镻D⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PD⊥DC,所以PD∥QE,所以QE⊥平面ABCD,又Q為PC的中點(diǎn),所以QE為△CDP的中位線,所以QE=12PD所以V四棱錐Q-ABCD=12V四棱錐P-ABCD由已知可得PD=23,所以V三棱錐A-PBQ=V三棱錐A-QBC=V三棱錐Q-ABC=12V四棱錐Q-ABCD=14V四棱錐P-ABCD=14×1故三棱錐A-PBQ的體積為2.圖D8-4-78.(1)翻折前,根據(jù)CD=AB=4,DE=EC,得CE=2,在△BCE中,BC=22,∠BCE=∠BAD=45°,由余弦定理,得BE=2,所以BC2=BE2+CE2,于是BE⊥CE.翻折后,有PE⊥BE.因?yàn)槠矫鍼BE⊥平面ABCD,且平面PBE∩平面ABCD=BE,PE?平面PBE,所以PE⊥平面ABCD.連接AE,因?yàn)锳E?平面ABCD,所以PE⊥AE,而AE2=AB2+BE2=16+4=20,PE=2,所以PA=PE2+(2)如圖D8-4-8,因?yàn)锽E⊥PE,BE⊥DE,PE∩DE=E,所以BE⊥平面PDE,又BE?平面ABED,所以平面PDE⊥平面ABED.圖D8-4-8由于PD=2,DE=PE=2,所以△PDE為正三角形,取DE的中點(diǎn)O,連接PO,則PO⊥DE,所以PO⊥平面ABED,且PO=3,所以三棱錐B-ADP的體積VB-ADP=VP-ADB=13S△ADB·P