高考数学理总复习讲义直线平面垂直的判定及其性质.docx

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高考数学理总复习讲义直线平面垂直的判定及其性质

第五节

直线、平面垂直的判定及其性质

1．直线与平面垂直

（1）直线与平面垂直的定义：

直线l与平面α内的任意一条直线❶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

一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直❷，则该直线与此平面垂直

⇒l⊥α

性质定理

垂直于同一个平面的两条直线平行

⇒a∥b

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

一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直

⇒α⊥β

性质定理

两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直

⇒l⊥α

定义中强调的是“任意一条直线”，它与“所有直线”是同义的，但与“无数条直线”不同，定义的实质是直线与平面内的所有直线都垂直．

如果一条直线与平面内再多（即无数条）的直线垂直，但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直．

[熟记常用结论]

1．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直．

2．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直．

3．若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．

4．若一条直线和两个不重合的平面都垂直，那么这两个平面平行．

5．三垂线定理：

在平面内的一条直线，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．

[小题查验基础]

一、判断题（对的打“√”，错的打“×”）

（1）垂直于同一个平面的两平面平行．（　　）

（2）若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．（　　）

（3）若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线，则α⊥β.（　　）

答案：

（1）×　

（2）×　（3）×

二、选填题

1．给出下列三个命题：

①垂直于同一直线的两个平面互相平行；

②若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；

③若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么这条直线垂直于这个平面．

其中真命题的个数是（　　）

A．1　　　　　　　　　　B．2

C．3D．4

答案：

B

2．设m，n表示直线，α，β表示平面，下列命题为真命题的是（　　）

A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB.m∥α，m⊥β，则α⊥β

C．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n

解析：

选B　对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错；对于D，m与n可以平行，故D错．故选B.

3．已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是（　　）

A．α⊥β且m⊂αB.α⊥β且m∥α

C．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥β

解析：

选C　对于选项A，由α⊥β且m⊂α，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故A不成立；对于选项B，由α⊥β且m∥α，可得m⊂β或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，由m∥n且n⊥β，可得m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或m⊂β，故D不成立，故选C.

4．已知P为△ABC所在平面外一点，且PA，PB，PC两两垂直，有下列结论：

①PA⊥BC；②PB⊥AC；③PC⊥AB；④AB⊥BC.其中正确的有________（填序号）．

解析：

如图，因为PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，且PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以PA⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以PA⊥BC.同理可得PB⊥AC，PC⊥AB.故①②③正确．由已知条件无法得到④.

答案：

①②③

5．已知PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有________对．

解析：

如图，由于PD⊥平面ABCD，故平面PDA⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PDA,平面PBC⊥平面PDC，共7对．

答案：

7

[考法全析]

考法

（一）　证明线面垂直

[例1]　如图所示，在四棱锥PABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF＝AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：

（1）PH⊥平面ABCD；

（2）EF⊥平面PAB.

[证明]　

（1）∵AB⊥平面PAD，AB⊂平面ABCD，

∴平面PAD⊥平面ABCD.

∵平面PAD∩平面ABCD＝AD，PH⊥AD，

∴PH⊥平面ABCD.

（2）取PA的中点M，

连接MD，ME.

∵E是PB的中点，

∴ME綊AB.

又∵DF綊AB，∴ME綊DF，

∴四边形MEFD是平行四边形，∴EF∥MD.

∵PD＝AD，∴MD⊥PA.

∵AB⊥平面PAD，∴MD⊥AB.

∵PA∩AB＝A，∴MD⊥平面PAB，

∴EF⊥平面PAB.

考法

（二）　证明线线垂直

[例2]　在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为D1D的中点，O为底面ABCD的中心，求证：

B1O⊥AP.

[证明]　法一：

（线面垂直法）

如图

（1），易证AB1＝CB1.

又因为O为AC的中点，

所以B1O⊥AC.

在矩形BDD1B1中，O，P分别为BD，D1D的中点．

易证△POD∽△OB1B，

所以∠POD＝∠OB1B.

所以B1O⊥PO.

又AC∩PO＝O，

所以B1O⊥平面PAC.

又AP⊂平面PAC，

所以B1O⊥AP.

法二：

（计算角度法）

如图

（2），令PC的中点为E，

因为O为AC的中点，

所以AP∥OE.

所以∠B1OE或其补角是异面直线B1O与AP所成角．

设正方体棱长为4，

则B1C＝4，B1P＝6，PC＝2，

在△B1PC中，由三角形中线长公式可知

B1E2＝[2（B1P2＋B1C2）－PC2]＝29，

又B1O＝2，OE＝，

所以B1O2＋OE2＝B1E2，

所以∠B1OE＝90°，所以B1O⊥AP.

[规律探求]

看

个

性

考法

（一）是证明线面垂直的问题.

（1）证明直线和平面垂直的常用方法：

①判定定理；②垂直于平面的传递性（a∥b，a⊥α⇒b⊥α）；③面面平行的性质（a⊥α，α∥β⇒a⊥β）；④面面垂直的性质．

（2）证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.

考法

（二）是证明线线垂直的问题.

　证明线线垂直的基本方法：

（1）证明一条直线垂直于经过另一直线的平面，称之为线面垂直法．

（2）计算两条直线所成角等于90°，称之为计算角度法

[口诀记忆]

线线垂直证法多，

常用线面垂直作，

异面直线计算角．

找共性

证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用，其思维流程为：

[过关训练]

1．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：

（1）CD⊥AE；

（2）PD⊥平面ABE.

证明：

（1）∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，

∴PA⊥CD.

∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，

∴CD⊥平面PAC.

又AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.

（2）由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.

∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.

由

（1）知，AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.

又PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.

∵PA⊥底面ABCD，∴PD在底面ABCD内的射影是AD，

又∵AB⊥AD，∴AB⊥PD.

又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.

2.如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且3AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC，PD＝DB.

求证：

PA⊥CD.

证明：

因为AB为圆O的直径，所以AC⊥BC.

在Rt△ABC中，由BC＝AC，得∠ABC＝30°.

设AD＝1，由3AD＝DB得，DB＝3，BC＝2.

由余弦定理得CD2＝DB2＋BC2－2DB·BCcos30°＝3，

所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB.

因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，

所以PD⊥CD.

因为PD∩AB＝D，所以CD⊥平面PAB，

又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD.

[典例精析]

（2018·成都模拟）如图，在四面体PABC中，PA＝PC＝AB＝BC＝5，AC＝6，PB＝4，线段AC，PA的中点分别为O，Q.

（1）求证：

平面PAC⊥平面ABC；

（2）求四面体POBQ的体积．

[解]　

（1）证明：

∵PA＝PC，O是AC的中点，

∴PO⊥AC.

在Rt△PAO中，∵PA＝5，OA＝3，

∴由勾股定理，得PO＝4.

∵AB＝BC，O是AC的中点，∴BO⊥AC.

在Rt△BAO中，∵AB＝5，OA＝3，

∴由勾股定理，得BO＝4.

∵PO＝4，BO＝4，PB＝4，

∴PO2＋BO2＝PB2，∴PO⊥BO.

∵BO∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC.

∵PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC.

（2）由

（1），可知平面PAC⊥平面ABC.

∵平面ABC∩平面PAC＝AC，BO⊥AC，BO⊂平面ABC，

∴BO⊥平面PAC，

∴VBPOQ＝S△PQO·BO＝×S△PAO×4＝×3×4＝4.

∵VPOBQ＝VBPOQ，∴四面体POBQ的体积为4.

[解题技法]

1．面面垂直判定的2种方法与1个转化

（1）2种方法：

①面面垂直的定义；

②面面垂直的判定定理（a⊥β，a⊂α⇒α⊥β）．

（2）1个转化：

在已知两个平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．

2．面面垂直性质的应用

（1）两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”．

（2）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．

[过关训练]

1．（2019·河南中原名校质量考评）如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F分别是CD，PC的中点．求证：

（1）BE∥平面PAD；

（2）平面BEF⊥平面PCD.

证明：

（1）∵AB∥CD，CD＝2AB，E是CD的中点，

∴AB∥DE且AB＝DE，

∴四边形ABED为平行四边形，

∴AD∥BE，又BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴BE∥平面PAD.

（2）∵AB⊥AD，∴四边形ABED为矩形，

∴BE⊥CD，AD⊥CD，

∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，

∴PA⊥底面ABCD.

∵CD⊂底面ABCD，

∴PA⊥CD，

又PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，

∴CD⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD.

∵E，F分别是CD，PC的中点，

∴PD∥EF，∴CD⊥EF，

又EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF，

∵CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.

2.如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F（E与A，D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.

求证：

（1）EF∥平面ABC；

（2）AD⊥AC.

证明：

（1）在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，

所以EF∥AB.

又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，

所以EF∥平面ABC.

（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD，

所以BC⊥平面ABD.

因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD.

又AB⊥AD，BC∩AB＝B，

所以AD⊥平面ABC.

又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC.

[典例精析]

由四棱柱ABCDA1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.

（1）求证：

A1O∥平面B1CD1；

（2）设M是OD的中点，求证：

平面A1EM⊥平面B1CD1.

[证明]　

（1）取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，

因为ABCDA1B1C1D1是四棱柱，

所以A1O1∥OC，

A1O1＝OC，

因此四边形A1OCO1为平行四边形，

所以A1O∥O1C，

因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，

所以A1O∥平面B1CD1.

（2）因为E，M分别为AD，OD的中点，

所以EM∥AO.

因为AO⊥BD，

所以EM⊥BD.

又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以A1E⊥BD，

因为B1D1∥BD，

所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，

又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，

所以B1D1⊥平面A1EM，

又B1D1⊂平面B1CD1，

所以平面A1EM⊥平面B1CD1.

[解题技法]

1．平行关系之间的转化

在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过于“模式化”．

2．垂直关系之间的转化

在证明线面垂直、面面垂直时，一定要注意判定定理成立的条件，同时抓住线线、线面、面面垂直的转化关系，即：

在证明两平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在图中不存在，则可通过作辅助线来解决．

[过关训练]

如图，在三棱台ABCDEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.

（1）设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：

DF∥a；

（2）若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？

若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．

解：

（1）证明：

在三棱台ABCDEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.

又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，

∴DF∥a.

（2）线段BE上存在点G，且BG＝BE时，使得平面DFG⊥平面CDE.

证明如下：

取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，

连接GD，

∵CF＝EF，∴GF⊥CE.

在三棱台ABCDEF中，AB⊥BC⇒DE⊥EF.

由CF⊥平面DEF⇒CF⊥DE.

又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，

∵GF⊂平面CBEF，∴DE⊥GF.

∵CE∩DE＝E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，

∴GF⊥平面CDE.

又GF⊂平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.

∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，

由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，

∴HB＝BC＝EF.

由△HGB∽△FGE，可知＝＝，即BG＝BE.

一、题点全面练

1．已知直线m，n和平面α，β，则下列四个命题中正确的是（　　）

A．若α⊥β，m⊂β，则m⊥α

B．若m⊥α，n∥α，则m⊥n

C．若m∥α，n∥m，则n∥α

D．若m∥α，m∥β，则α∥β

解析：

选B　对于A，若α⊥β，m⊂β，则当m与α，β的交线垂直时才有m⊥α，故A错；对于B，若n∥α，则α内存在直线a，使得a∥n，∵m⊥α，∴m⊥a，∴m⊥n，故B正确；对于C，当n⊂α时，显然结论错误，故C错；对于D，若α∩β＝l，则当m∥l时，显然当条件成立时，结论不成立，故D错．故选B.

2.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列说法错误的是（　　）

A．MN与CC1垂直

B．MN与AC垂直

C．MN与BD平行

D．MN与A1B1平行

解析：

选D　如图所示，连接AC，C1D，BD，则MN∥BD，而C1C⊥BD，故C1C⊥MN，故A，C正确，D错误，又因为AC⊥BD，所以MN⊥AC，B正确．故选D.

3.如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在（　　）

A．直线AB上

B．直线BC上

C．直线AC上

D．△ABC内部

解析：

选A　连接AC1（图略），由AC⊥AB，AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，得AC⊥平面ABC1.∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．

4．（2019·成都模拟）已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：

①若α∥β，则m∥n；②若α∥β，则m∥β；③若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；④若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.其中真命题的个数是（　　）

A．0　　　　　　　　　　B．1

C．2D．3

解析：

选B　对于①，直线m，n可能异面；易知②正确；对于③，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直；对于④，当直线n∥l时，不能推出两个平面垂直．故真命题的个数是1.

5.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为（　　）

A.B.1

C.D．2

解析：

选A　设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝，

设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝h.

又2×＝h，所以h＝，DE＝.

在Rt△DB1E中，B1E＝＝.

在Rt△DB1F中，由面积相等得×＝x，解得x＝.

即线段B1F的长为.

6．（2019·武汉调研）在矩形ABCD中，AB＜BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折的过程中，给出下列结论：

①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；

②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；

③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．

其中正确结论的序号是________．

解析：

①假设AC与BD垂直，过点A作AE⊥BD于E，连接CE.则⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，①不正确．

②假设AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，由AB＜BC可知，存在这样的等腰直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，②正确．

③假设AD⊥BC，∵CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB＜BC，故矛盾，假设不成立，③不正确．综上，填②.

答案：

②

7．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：

①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确命题的序号是________．

解析：

如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．

答案：

①③

8．已知α，β是两平面，AB，CD是两条线段，α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：

①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.

其中能成为增加条件的序号是________．

解析：

由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面．

①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，又AB⊥α，EF⊂α，

∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABDC，

又BD⊂平面ABDC，∴BD⊥EF，故①正确；

②不能得到BD⊥EF，故②错误；

③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上，可知平面ABDC⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABDC，∴平面ABCD⊥α.∵α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABDC，又BD⊂平面ABDC，∴BD⊥EF，故③正确；

④中，由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABDC，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.

答案：

①③

9．（2018·北京高考）如图，在四棱锥PABCD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.

证明：

（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.

又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，

所以AB⊥平面PAD，

因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD，AB∩PA＝A，

所以PD⊥平面PAB.

因为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＝BC.

因为四边形ABCD为矩形，且E为AD的中点，

所以DE∥BC，DE＝BC.

所以DE∥FG，DE＝FG.

所以四边形DEFG为平行四边形．

所以EF∥DG.

又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，

所以EF∥平面PCD.

二、专项培优练

（一）易错专练——不丢怨枉分

1.（2019·临汾模拟）如图，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为MC的中点，则下列结论不正确的是（　　）

A．平面BCE⊥平面ABN

B．MC⊥AN

C．平面CMN⊥平面AMN

D．平面BDE∥平面AMN

解析：

选C　如图，分别过A，C作平面ABCD的垂线AP，CQ，使得AP＝CQ＝1，

连接PM，PN，QM，QN，将几何体补成棱长为1的正方体．

∴BC⊥平面ABN，

又BC⊂平面BCE，

∴平面BCE⊥平面ABN，故A正确；

连接PB，则PB∥MC，显然，PB⊥AN，

∴MC⊥AN，故B正确；

取MN的中点F，连接AF，CF，AC.

∵△AMN和△CMN都是边长为的等边三角形，

∴AF⊥MN，CF⊥MN，

∴∠AFC为二面角AMNC的平面角，

∵AF＝CF＝，AC＝，

∴AF2＋CF2≠AC2，即∠AFC≠，

∴平面CMN与平面AMN不垂直，故C错误；

∵DE∥AN，MN∥BD，

DE∩BD＝D，DE⊂平面BDE，BD⊂平面BDE，MN∩AN＝N，MN⊂平面AMN，AN⊂平面