8.5　直線、平面垂直的判定與性質(zhì) 最新考綱 考情考向分析 1.理解空間線面垂直、面面垂直的判定定理和性質(zhì)定理. 2.理解直線與平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念. 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)是高考中的重點考查內(nèi)容，涉及線線垂直、線面垂直、面面垂直的判定及其應(yīng)用等內(nèi)容.題型主要以解答題的形式出現(xiàn)，解題要求有較強(qiáng)的推理論證能力，廣泛應(yīng)用轉(zhuǎn)化與化歸的思想. 1.直線與平面垂直 (1)定義 如果直線l與平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，則直線l與平面α互相垂直，記作l⊥α，直線l叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面. (2)判定定理與性質(zhì)定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，則該直線與此平面垂直 ?l⊥α 性質(zhì)定理 垂直于同一個平面的兩條直線平行 ?a∥b 2.直線和平面所成的角 (1)定義 平面的一條斜線和它在平面上的射影所成的銳角，叫做這條直線和這個平面所成的角.若一條直線垂直于平面，它們所成的角是直角，若一條直線和平面平行，或在平面內(nèi)，它們所成的角是0的角. (2)范圍：. 3.平面與平面垂直 (1)二面角的有關(guān)概念 ①二面角：從一條直線出發(fā)的兩個半平面所組成的圖形叫做二面角； ②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一點，以該點為垂足，在兩個半平面內(nèi)分別作垂直于棱的兩條射線，這兩條射線所構(gòu)成的角叫做二面角的平面角. (2)平面和平面垂直的定義 兩個平面相交，如果它們所成的二面角是直二面角，就說這兩個平面互相垂直. (3)平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理 文字語言 圖形語言 符號語言 判定定理 一個平面過另一個平面的垂線，則這兩個平面垂直 ?α⊥β 性質(zhì)定理 兩個平面垂直，則一個平面內(nèi)垂直于交線的直線與另一個平面垂直 ?l⊥α 概念方法微思考 1.若兩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嗎？ 提示　垂直.若兩平行線中的一條垂直于一個平面，那么在平面內(nèi)可以找到兩條相交直線與該直線垂直，根據(jù)異面直線所成的角，可以得出兩平行直線中的另一條也與平面內(nèi)的那兩條直線成90的角，即垂直于平面內(nèi)的這兩條相交直線，所以垂直于這個平面. 2.兩個相交平面同時垂直于第三個平面，它們的交線也垂直于第三個平面嗎？ 提示　垂直.在兩個相交平面內(nèi)分別作與第三個平面交線垂直的直線，則這兩條直線都垂直于第三個平面，那么這兩條直線互相平行.由線面平行的性質(zhì)定理可知，這兩個相交平面的交線與這兩條垂線平行，所以該交線垂直于第三個平面. 題組一　思考辨析 1.判斷下列結(jié)論是否正確(請在括號中打“√”或“”) (1)直線l與平面α內(nèi)的無數(shù)條直線都垂直，則l⊥α.(　　) (2)垂直于同一個平面的兩平面平行.(　　) (3)直線a⊥α，b⊥α，則a∥b.(　√　) (4)若α⊥β，a⊥β，則a∥α.(　　) (5)若直線a⊥平面α，直線b∥α，則直線a與b垂直.(　√　) (6)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.(　　) 題組二　教材改編 2.[P73T1]下列命題中錯誤的是(　　) A.如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β B.如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β C.如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ D.如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)所有直線都垂直于平面β 答案　D 解析　對于D，若平面α⊥平面β，則平面α內(nèi)的直線可能不垂直于平面β，即與平面β的關(guān)系還可以是斜交、平行或在平面β內(nèi)，其他選項均是正確的. 3.[P67練習(xí)T2]在三棱錐P－ABC中，點P在平面ABC中的射影為點O. (1)若PA＝PB＝PC，則點O是△ABC的________心； (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，則點O是△ABC的________心. 答案　(1)外　(2)垂 解析　(1)如圖1，連接OA，OB，OC，OP， 在Rt△POA，Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB， 所以O(shè)A＝OB＝OC，即O為△ABC的外心. 　　 (2)如圖2，延長AO，BO，CO分別交BC，AC，AB于點H，D，G. ∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，PA，PB?平面PAB， ∴PC⊥平面PAB，又AB?平面PAB，∴PC⊥AB， ∵AB⊥PO，PO∩PC＝P，PO，PC?平面PGC， ∴AB⊥平面PGC，又CG?平面PGC， ∴AB⊥CG，即CG為△ABC邊AB上的高. 同理可證BD，AH分別為△ABC邊AC，BC上的高， 即O為△ABC的垂心. 題組三　易錯自糾 4.(2018臺州模擬)若l，m為兩條不同的直線，α為平面，且l⊥α，則“m∥α”是“m⊥l”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 答案　A 解析　由l⊥α且m∥α能推出m⊥l，充分性成立； 若l⊥α且m⊥l，則m∥α或者m?α，必要性不成立， 因此“m∥α”是“m⊥l”的充分不必要條件，故選A. 5.如圖所示，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點O，M，N分別是線段BD，DD1，D1C1的中點，則直線OM與AC，MN的位置關(guān)系是(　　) A.與AC，MN均垂直 B.與AC垂直，與MN不垂直 C.與AC不垂直，與MN垂直 D.與AC，MN均不垂直 答案　A 解析　因為DD1⊥平面ABCD，所以AC⊥DD1， 又因為AC⊥BD，DD1∩BD＝D，所以AC⊥平面BDD1B1， 因為OM?平面BDD1B1，所以O(shè)M⊥AC. 設(shè)正方體的棱長為2， 則OM＝＝，MN＝＝， ON＝＝， 所以O(shè)M2＋MN2＝ON2，所以O(shè)M⊥MN.故選A. 6.如圖所示，AB是半圓O的直徑，VA垂直于半圓O所在的平面，點C是圓周上不同于A，B的任意一點，M，N分別為VA，VC的中點，則下列結(jié)論正確的是(　　) A.MN∥AB B.平面VAC⊥平面VBC C.MN與BC所成的角為45 D.OC⊥平面VAC 答案　B 解析　由題意得BC⊥AC，因為VA⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以VA⊥BC.因為AC∩VA＝A，所以BC⊥平面VAC.因為BC?平面VBC，所以平面VAC⊥平面VBC.故選B. 題型一　直線與平面垂直的判定與性質(zhì) 例1　如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中點，F(xiàn)是CC1上一點.當(dāng)CF＝2時，證明：B1F⊥平面ADF. 證明　因為AB＝AC，D是BC的中點，所以AD⊥BC. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中， 因為BB1⊥底面ABC，AD?底面ABC， 所以AD⊥B1B. 因為BC∩B1B＝B，BC，B1B?平面B1BCC1， 所以AD⊥平面B1BCC1. 因為B1F?平面B1BCC1，所以AD⊥B1F. 方法一　在矩形B1BCC1中， 因為C1F＝CD＝1，B1C1＝CF＝2， 所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1， 所以∠CFD＝∠C1B1F， 所以∠B1FD＝90，所以B1F⊥FD. 因為AD∩FD＝D，AD，F(xiàn)D?平面ADF， 所以B1F⊥平面ADF. 方法二　在Rt△B1BD中，BD＝CD＝1，BB1＝3， 所以B1D＝＝. 在Rt△B1C1F中，B1C1＝2，C1F＝1， 所以B1F＝＝. 在Rt△DCF中，CF＝2，CD＝1， 所以DF＝＝. 顯然DF2＋B1F2＝B1D2， 所以∠B1FD＝90. 所以B1F⊥FD. 因為AD∩FD＝D，AD，F(xiàn)D?平面ADF， 所以B1F⊥平面ADF. 思維升華證明線面垂直的常用方法及關(guān)鍵 (1)證明線面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的傳遞性；③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). 跟蹤訓(xùn)練1　(2019紹興模擬)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， 則AB∥EF. 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⊥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. 題型二　平面與平面垂直的判定與性質(zhì) 例2　(2018全國Ⅰ)如圖，在平行四邊形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90.以AC為折痕將△ACM折起，使點M到達(dá)點D的位置，且AB⊥DA. (1)證明：平面ACD⊥平面ABC； (2)Q為線段AD上一點，P為線段BC上一點，且BP＝DQ＝DA，求三棱錐Q－ABP的體積. (1)證明　由已知可得，∠BAC＝90，即BA⊥AC. 又BA⊥AD，AD∩AC＝A，AD，AC?平面ACD， 所以AB⊥平面ACD. 又AB?平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC. (2)解　由已知可得，DC＝CM＝AB＝3，DA＝3. 又BP＝DQ＝DA，所以BP＝2. 如圖，過點Q作QE⊥AC，垂足為E， 則QE∥DC且QE＝DC. 由已知及(1)可得，DC⊥平面ABC， 所以QE⊥平面ABC，QE＝1. 因此，三棱錐Q－ABP的體積為VQ－ABP＝S△ABPQE ＝32sin451＝1. 思維升華 (1)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). (2)在已知平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化.在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直. 跟蹤訓(xùn)練2　(2018寧波調(diào)研)如圖，三棱錐P－ABC中，底面ABC是邊長為2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2. (1)求證：平面PAC⊥平面ABC； (2)若PA＝PC，求三棱錐P－ABC的體積. 證明　(1)如圖，取AC的中點O，連接BO，PO， 因為△ABC是邊長為2的正三角形， 所以BO⊥AC，BO＝. 因為PA⊥PC，所以PO＝AC＝1. 因為PB＝2，所以O(shè)P2＋OB2＝PB2， 所以PO⊥OB. 因為AC∩OP＝O，AC，OP?平面PAC， 所以BO⊥平面PAC.又OB?平面ABC， 所以平面PAC⊥平面ABC. (2)解　因為PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2， 所以PA＝PC＝. 由(1)知BO⊥平面PAC， 所以VP－ABC＝VB－APC＝S△PACBO＝＝. 題型三　與垂直有關(guān)的探索性問題 例3　如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別是棱BC，AB的中點，點F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2. (1)求證：C1E∥平面ADF； (2)設(shè)點M在棱BB1上，當(dāng)BM為何值時，平面CAM⊥平面ADF. (1)證明　連接CE交AD于O，連接OF. 因為CE，AD為△ABC的中線， 則O為△ABC的重心，故＝＝，故OF∥C1E， 因為OF?平面ADF，C1E?平面ADF， 所以C1E∥平面ADF. (2)解　當(dāng)BM＝1時，平面CAM⊥平面ADF. 證明如下：因為AB＝AC，AD?平面ABC， 故AD⊥BC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中， BB1⊥平面ABC，BB1?平面B1BCC1， 故平面B1BCC1⊥平面ABC. 又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD?平面ABC， 所以AD⊥平面B1BCC1， 又CM?平面B1BCC1，故AD⊥CM. 又BM＝1，BC＝2，CD＝1，F(xiàn)C＝2， 故Rt△CBM≌Rt△FCD. 易證CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD?平面ADF， 故CM⊥平面ADF. 又CM?平面CAM， 故平面CAM⊥平面ADF. 思維升華對命題條件的探索的三種途徑 途徑一：先猜后證. 途徑二：先通過命題成立的必要條件探索出命題成立的條件，再證明充分性. 途徑三：將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題. 跟蹤訓(xùn)練3　如圖所示的空間幾何體ABCDEFG中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1. (1)求證：平面CFG⊥平面ACE； (2)在AC上是否存在一點H，使得EH∥平面CFG？若存在，求出CH的長，若不存在，請說明理由. (1)證明　連接BD交AC于點O，則BD⊥AC. 設(shè)AB，AD的中點分別為M，N，連接MN，則MN∥BD， 連接FM，GN，則FM∥GN，且FM＝GN， 所以四邊形FMNG為平行四邊形， 所以MN∥FG，所以BD∥FG，所以FG⊥AC. 由于AE⊥平面ABCD，所以AE⊥BD. 所以FG⊥AE， 又因為AC∩AE＝A，AC，AE?平面ACE， 所以FG⊥平面ACE. 又FG?平面CFG，所以平面CFG⊥平面ACE. (2)解　存在.設(shè)平面ACE交FG于Q，則Q為FG的中點， 連接EQ，CQ，取CO的中點H，連接EH， 由已知易知，平面EFG∥平面ABCD， 又平面ACE∩平面EFG＝EQ， 平面ACE∩平面ABCD＝AC， 所以CH∥EQ，又CH＝EQ＝， 所以四邊形EQCH為平行四邊形，所以EH∥CQ， 又CQ?平面CFG，EH?平面CFG， 所以EH∥平面CFG， 所以在AC上存在一點H，使得EH∥平面CFG，且CH＝. 1.已知互相垂直的平面α，β交于直線l，若直線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　因為α∩β＝l，所以l?β，又n⊥β，所以n⊥l. 2.(2019寧波模擬)已知直線l，m與平面α，β，l?α，m?β，則下列命題中正確的是(　　) A.若l∥m，則必有α∥β B.若l⊥m，則必有α⊥β C.若l⊥β，則必有α⊥β D.若α⊥β，則必有m⊥α 答案　C 解析　對于選項A，平面α和平面β還有可能相交，所以選項A錯誤； 對于選項B，平面α和平面β還有可能相交或平行，所以選項B錯誤； 對于選項C，因為l?α，l⊥β，所以α⊥β.所以選項C正確； 對于選項D，直線m可能和平面α不垂直，所以選項D錯誤. 3.如圖，在四面體D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中點，則下列結(jié)論正確的是(　　) A.平面ABC⊥平面ABD B.平面ABD⊥平面BDC C.平面ABC⊥平面BDE，且平面ADC⊥平面BDE D.平面ABC⊥平面ADC，且平面ADC⊥平面BDE 答案　C 解析　因為AB＝CB，且E是AC的中點，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因為AC在平面ABC內(nèi)，所以平面ABC⊥平面BDE.又由于AC?平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE. 4.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是BC1，CD1的中點，則(　　) A.MN∥C1D1 B.MN⊥BC1 C.MN⊥平面ACD1 D.MN⊥平面ACC1 答案　D 解析　對于選項A，因為M，N分別是BC1，CD1的中點，所以點N∈平面CDD1C1，點M?平面CDD1C1，所以直線MN是與平面CDD1C1相交的直線， 又因為直線C1D1在平面CDD1C1內(nèi)，故直線MN與直線C1D1不可能平行，故選項A錯； 對于選項B，正方體中易知NB≠NC1，因為點M是BC1的中點，所以直線MN與直線BC1不垂直，故選項B不對； 對于選項C，假設(shè)MN⊥平面ACD1，可得MN⊥CD1，因為N是CD1的中點， 所以MC＝MD1，這與MC≠MD1矛盾，故假設(shè)不成立，所以選項C不對； 對于選項D，分別取B1C1，C1D1的中點P，Q，連接PM，QN，PQ. 因為點M是BC1的中點， 所以PM∥CC1且PM＝CC1. 同理QN∥CC1且QN＝CC1. 所以PM∥QN且PM＝QN， 所以四邊形PQNM為平行四邊形. 所以PQ∥MN. 在正方體中，CC1⊥PQ，PQ⊥AC， 因為AC∩CC1＝C，AC?平面ACC1，CC1?平面ACC1， 所以PQ⊥平面ACC1. 因為PQ∥MN，所以MN⊥平面ACC1. 故選項D正確. 5.已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱與底面垂直，體積為，底面是邊長為的正三角形，若P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　如圖，取正三角形ABC的中心O，連接OP， 則∠PAO是PA與平面ABC所成的角. 因為底面邊長為， 所以AD＝＝，AO＝AD＝＝1. 三棱柱的體積為()2AA1＝， 解得AA1＝，即OP＝AA1＝， 所以tan∠PAO＝＝， 因為直線與平面所成角的范圍是， 所以∠PAO＝. 6.如圖，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，則圖中直角三角形的個數(shù)為________. 答案　4 解析　∵PA⊥平面ABC，AB，AC，BC?平面ABC， ∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，則△PAB，△PAC為直角三角形.由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，得BC⊥平面PAC，從而BC⊥PC，因此△ABC，△PBC也是直角三角形. 7.如圖，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90，BC1⊥AC，則C1在底面ABC上的射影H必在直線______上. 答案　AB 解析　∵AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1. 又∵AC?平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC. ∴C1在平面ABC上的射影H必在兩平面交線AB上. 8.如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各邊都相等，M是PC上的一動點，當(dāng)點M滿足________時，平面MBD⊥平面PCD.(只要填寫一個你認(rèn)為正確的條件即可) 答案　DM⊥PC(或BM⊥PC等) 解析　∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，連接AC，則BD⊥AC，且PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC. ∴當(dāng)DM⊥PC(或BM⊥PC)時，即有PC⊥平面MBD， 而PC?平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. 9.如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，則AC1與平面A1B1C1D1所成角的正弦值為________. 答案　 解析　 連接A1C1，則∠AC1A1為AC1與平面A1B1C1D1所成的角. 因為AB＝BC＝2，所以A1C1＝AC＝2，又AA1＝1，所以AC1＝3， 所以sin∠AC1A1＝＝. 10.如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在線段D1E上.點P到直線CC1的距離的最小值為________. 答案　 解析　點P到直線CC1的距離等于點P在平面ABCD上的射影到點C的距離，設(shè)點P在平面ABCD上的射影為P′，顯然點P到直線CC1的距離的最小值為P′C的長度的最小值.當(dāng)P′C⊥DE時，P′C的長度最小，此時P′C＝＝. 11.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是矩形，點E在棱PC上(異于點P，C)，平面ABE與棱PD交于點F. (1)求證：AB∥EF； (2)若AF⊥EF，求證：平面PAD⊥平面ABCD. 證明　(1)因為四邊形ABCD是矩形， 所以AB∥CD. 又AB?平面PDC，CD?平面PDC， 所以AB∥平面PDC， 又因為AB?平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF， 所以AB∥EF. (2)因為四邊形ABCD是矩形， 所以AB⊥AD. 因為AF⊥EF，(1)中已證AB∥EF， 所以AB⊥AF. 又AB⊥AD， 由點E在棱PC上(異于點C)，所以點F異于點D， 所以AF∩AD＝A，AF，AD?平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 又AB?平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面ABCD. 12.(2019浙江省臺州中學(xué)模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝，AD＝CD＝1，∠ADC＝120，點M是AC與BD的交點，點N在線段PB上，且PN＝PB. (1)證明：MN∥平面PDC； (2)求直線MN與平面PAC所成角的正弦值. (1)證明　因為AB＝BC，AD＝CD， 所以BD垂直平分線段AC. 又∠ADC＝120， 所以MD＝AD＝，AM＝. 所以AC＝. 又AB＝BC＝， 所以△ABC是等邊三角形， 所以BM＝，所以＝3， 又因為PN＝PB， 所以＝＝3， 所以MN∥PD. 又MN?平面PDC，PD?平面PDC， 所以MN∥平面PDC. (2)解　因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD， 所以BD⊥PA， 又BD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC， 所以BD⊥平面PAC. 由(1)知MN∥PD， 所以直線MN與平面PAC所成的角即直線PD與平面PAC所成的角， 故∠DPM即為所求的角. 在Rt△PAD中，PD＝2， 所以sin∠DPM＝＝＝， 所以直線MN與平面PAC所成角的正弦值為. 13.(2018湖州質(zhì)檢)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，AG，GH?平面HAG，∴EF⊥平面HAG，又EF?平面AEF， ∴平面HAG⊥平面AEF，過點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. 14.(2018全國Ⅰ)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1與棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方體的其余棱都分別與A1A，A1B1，A1D1平行，故正方體ABCD－A1B1C1D1的每條棱所在直線與平面AB1D1所成的角都相等. 取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中點E，F(xiàn)，G，H，M，N，則正六邊形EFGHMN所在平面與平面AB1D1平行且面積最大，此截面面積為S正六邊形EFGHMN＝6sin60＝. 故選A. 15.(2019金華模擬)如圖，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E為CD的中點，M，N分別是AD，BE的中點，將三角形ADE沿AE折起，則下列說法正確的是________.(寫出所有正確說法的序號) ①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN∥平面DEC； ②不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN⊥AE； ③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN∥AB； ④在折起過程中，一定不會有EC⊥AD. 答案?、佗? 解析　由已知，在未折疊的原梯形中，易知四邊形ABCE為矩形， 所以AB＝EC，所以AB＝DE， 又AB∥DE， 所以四邊形ABED為平行四邊形， 所以BE＝AD，折疊后如圖所示. ①過點M作MP∥DE，交AE于點P，連接NP. 因為M，N分別是AD，BE的中點， 所以點P為AE的中點，故NP∥EC. 又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E， 所以平面MNP∥平面DEC， 故MN∥平面DEC，①正確； ②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC， 所以AE⊥MP，AE⊥NP， 又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP， 又MN?平面MNP，所以MN⊥AE，②正確； ③假設(shè)MN∥AB，則MN與AB確定平面MNBA， 從而BE?平面MNBA，AD?平面MNBA， 與BE和AD是異面直線矛盾，③錯誤； ④當(dāng)EC⊥ED時，EC⊥AD. 因為EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E， 所以EC⊥平面AED，AD?平面AED， 所以EC⊥AD，④不正確. 16.在如圖所示的五面體ABCDEF中，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60，EA＝ED＝AB＝2EF＝2，EF∥AB，M為BC的中點. (1)求證：FM∥平面BDE； (2)若平面ADE⊥平面ABCD，求點F到平面BDE的距離. (1)證明　取BD的中點O，連接OM，OE， 因為O，M分別為BD，BC的中點， 所以O(shè)M∥CD，且OM＝CD. 因為四邊形ABCD為菱形，所以CD∥AB， 又EF∥AB，所以CD∥EF， 又AB＝CD＝2EF， 所以EF＝CD， 所以O(shè)M∥EF，且OM＝EF， 所以四邊形OMFE為平行四邊形， 所以MF∥OE. 又OE?平面BDE，MF?平面BDE， 所以MF∥平面BDE. (2)解　由(1)得FM∥平面BDE， 所以點F到平面BDE的距離等于點M到平面BDE的距離. 取AD的中點H，連接EH，BH， 因為EA＝ED，四邊形ABCD為菱形，且∠DAB＝60， 所以EH⊥AD，BH⊥AD. 因為平面ADE⊥平面ABCD， 平面ADE∩平面ABCD＝AD，EH?平面ADE， 所以EH⊥平面ABCD，所以EH⊥BH， 易得EH＝BH＝，所以BE＝， 所以S△BDE＝＝. 設(shè)點F到平面BDE的距離為h， 連接DM，則S△BDM＝S△BCD＝4＝， 連接EM，由V三棱錐E－BDM＝V三棱錐M－BDE， 得＝h， 解得h＝， 即點F到平面BDE的距離為.