第2讲 空间中的平行与垂直.docx
《第2讲 空间中的平行与垂直.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《第2讲 空间中的平行与垂直.docx(26页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
第2讲空间中的平行与垂直
第2讲 空间中的平行与垂直
高考定位 1.以几何体为载体考查空间点、线、面位置关系的判断,主要以选择题、填空题的形式出现,题目难度较小;2.以解答题的形式考查空间平行、垂直的证明,并常与几何体的表面积、体积相渗透.
真题感悟
1.(2019·全国Ⅱ卷)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.α,β垂直于同一平面
解析 若α∥β,则α内有无数条直线与β平行,当无数条直线互相平行时,α与β可能相交;若α,β平行于同一条直线,则α与β可以平行也可以相交;若α,β垂直于同一个平面,则α与β可以平行也可以相交,故A,C,D中条件均不是α∥β的充要条件.根据两平面平行的判定定理知,若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行,则两平面平行,反之也成立.因此B中条件是α∥β的充要条件.
答案 B
2.(2019·全国Ⅲ卷)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则( )
A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线
B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线
C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线
D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线
解析 连接BD,BE,
∵点N是正方形ABCD的中心,
∴点N在BD上,且BN=DN,
∴BM,EN是△DBE的中线,
∴BM,EN必相交.
连接CM,设DE=a,则EC=DC=a,MC=
a,
∵平面ECD⊥平面ABCD,且BC⊥DC,
∴BC⊥平面EDC,
则BD=
a,BE=
=
a,
BM=
=
a,
又EN=
=a,
故BM≠EN.
答案 B
3.(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
解析 如图,依题意,平面α与棱BA,BC,BB1所在直线所成角都相等,容易得到平面AB1C符合题意,进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.
由对称性,知过正方体ABCD-A1B1C1D1中心的平面面积应取最大值,此时截面为正六边形EFGHIJ.正六边形EFGHIJ的边长为
,将该正六边形分成6个边长为
的正三角形.故其面积为6×
×
=
.
答案 A
4.(2019·全国Ⅰ卷)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:
MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
(1)证明 连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=
B1C.
又因为N为A1D的中点,所以ND=
A1D.
由题设知A1B1綊DC,可得B1C綊A1D,故ME綊ND,
因此四边形MNDE为平行四边形,所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE,ED⊂平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.
(2)解 过点C作C1E的垂线,垂足为H.
由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C,又BC∩C1C=C,BC,C1C⊂平面C1CE,所以DE⊥平面C1CE,
故DE⊥CH.所以CH⊥平面C1DE,
故CH的长即为点C到平面C1DE的距离.
由已知可得CE=1,C1C=4,
所以C1E=
,故CH=
.
从而点C到平面C1DE的距离为
.
考点整合
1.直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理:
a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理:
a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理:
a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理:
α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.
2.直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理:
m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理:
a⊥α,b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理:
a⊂β,a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理:
α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.
热点一 空间点、线、面位置关系
【例1】
(1)(多选题)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ平行的是( )
(2)已知m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β.直线l满足l⊥m,l⊥n,l⊄α,l⊄β,则( )
A.α∥β且l∥α
B.α⊥β且l⊥β
C.α与β相交,且交线垂直于l
D.α与β相交,且交线平行于l
解析
(1)法一 对于选项B,如图
(1)所示,连接CD,因为AB∥CD,M,Q分别是所在棱的中点,所以MQ∥CD,所以AB∥MQ,又AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C,D中均有AB∥平面MNQ.A项中直线AB与平面MNQ不平行.
图
(1) 图
(2)
法二 对于选项A,其中O为BC的中点(如图
(2)所示),连接OQ,则OQ∥AB,因为OQ与平面MNQ有交点,所以AB与平面MNQ有交点,即AB与平面MNQ不平行.即A项中直线AB与平面MNQ不平行,其余选项中都平行.
(2)由于m,n为异面直线,m⊥平面α,n⊥平面β,则平面α与平面β必相交,但未必垂直,且交线垂直于直线m,n,又直线l满足l⊥m,l⊥n,则交线平行于l,故选D.
答案
(1)BCD
(2)D
探究提高 1.判断空间位置关系命题的真假
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.
(2)借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行肯定或否定.
2.两点注意:
(1)平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中;
(2)当从正面入手较难时,可利用反证法,推出与题设或公认的结论相矛盾的命题,进而作出判断.
【训练1】已知直线m,l,平面α,β,且m⊥α,l⊂β,给出下列命题:
①若α∥β,则m⊥l;②若α⊥β,则m∥l;
③若m⊥l,则α⊥β;④若m∥l,则α⊥β.
其中正确的命题是( )
A.①④B.③④
C.①②D.①③
解析 对于①,若α∥β,m⊥α,则m⊥β,又l⊂β,所以m⊥l,故①正确,排除B.
对于④,若m∥l,m⊥α,则l⊥α,又l⊂β,所以α⊥β.④正确.故选A.
答案 A
热点二 空间平行、垂直关系的证明
【例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB⊥AD,CD=2AB,平面PAD⊥底面ABCD,PA⊥AD,E和F分别是CD和PC的中点,求证:
(1)PA⊥底面ABCD;
(2)BE∥平面PAD;
(3)平面BEF⊥平面PCD.
证明
(1)∵平面PAD⊥底面ABCD,
且PA垂直于这两个平面的交线AD,PA⊂平面PAD,
∴PA⊥底面ABCD.
(2)∵AB∥CD,CD=2AB,E为CD的中点,
∴AB∥DE,且AB=DE.
∴四边形ABED为平行四边形.
∴BE∥AD.
又∵BE⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
∴BE∥平面PAD.
(3)∵AB⊥AD,而且ABED为平行四边形.
∴BE⊥CD,AD⊥CD,
由
(1)知PA⊥底面ABCD,且CD⊂平面ABCD,
∴PA⊥CD,且PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
∴CD⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,
∴CD⊥PD.∵E和F分别是CD和PC的中点,
∴PD∥EF.∴CD⊥EF,又BE⊥CD且EF∩BE=E,
EF,BE⊂平面BEF,∴CD⊥平面BEF,
又CD⊂平面PCD,∴平面BEF⊥平面PCD.
【迁移1】 在本例条件下,证明平面BEF⊥平面ABCD.
证明 如图,连接AC,设AC∩BE=O,连接FO,AE.
∵AB∥CD,CD=2AB,CE=
CD,
∴AB綉CE.
∴四边形ABCE为平行四边形.
∴O为AC的中点,又F为PC的中点,则FO∥PA,又PA⊥平面ABCD,
∴FO⊥平面ABCD.又FO⊂平面BEF,
∴平面BEF⊥平面ABCD.
【迁移2】 在本例条件下,若AB=BC,求证:
BE⊥平面PAC.
证明 连接AC,设AC∩BE=O.
AB∥CD,CD=2AB,且E为CD的中点.
∴AB綉CE.∴四边形ABCE为平行四边形,
又AB=BC,∴四边形ABCE为菱形,∴BE⊥AC.
又∵PA⊥平面ABCD,又BE⊂平面ABCD,∴PA⊥BE,
又PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
∴BE⊥平面PAC.
探究提高 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
(4)证明面面垂直,需转化为证明线面垂直,进而转化为证明线线垂直.
【训练2】(2019·江苏卷)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.
求证:
(1)A1B1∥平面DEC1;
(2)BE⊥C1E.
证明
(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,
所以A1B1∥平面DEC1.
(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.
又C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,且C1C∩AC=C,
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.
热点三 平面图形中的折叠问题
【例3】(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图②.
(1)证明:
图②中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图②中的四边形ACGD的面积.
(1)证明 由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,
所以AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,且BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE,
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解 如图,取CG的中点M,连接EM,DM.
因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,又CG、EM⊂平面BCGE,故DE⊥CG,DE⊥EM.
由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°,得EM⊥CG,
又DE∩EM=E,DE,EM⊂平面DEM,故CG⊥平面DEM.又DM⊂平面DEM,因此DM⊥CG.
在Rt△DEM中,DE=1,EM=
,
故DM=2.又CG=BF=2,
所以四边形ACGD的面积为S=2×2=4.
探究提高 1.解决与折叠有关的问题的关键是找出折叠前后的变化量和不变量,一般情况下,折线同一侧的线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化,抓住不变量是解决问题的突破口.
2.在解决问题时,要综合考虑折叠前后的图形,既要分析折叠后的图形,也要分析折叠前的图形,善于将折叠后的量放在原平面图形中进行分析求解.
【训练3】(2019·济南模拟)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=
,AB=BC=
AD=a,E是AD的中点,O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到图2中△A1BE的位置,得到四棱锥A1-BCDE.
(1)证明:
CD⊥平面A1OC;
(2)当平面A1BE⊥平面BCDE时,四棱锥A1-BCDE的体积为36
,求a的值.
(1)证明 在图1中,因为AB=BC=
AD=a,E是AD的中点,∠BAD=
,所以BE⊥AC,
即在图2中,BE⊥A1O,BE⊥OC,从而BE⊥平面A1OC.
又CD∥BE,所以CD⊥平面A1OC.
(2)解 由已知,平面A1BE⊥平面BCDE,
又由
(1)知,OA1⊥BE,所以A1O⊥平面BCDE,
即A1O是四棱锥A1-BCDE的高,
由图1可知,A1O=
AB=
a,平行四边形BCDE的面积S=BC·AB=a2,
从而四棱锥A1-BCDE的体积为
V=
×S×A1O=
×a2×
a=
a3,
由
a3=36
,得a=6.
热点四 空间线面关系的开放性问题
【例4】(2019·北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(1)求证:
BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:
平面PAB⊥平面PAE;
(3)棱PB上是否存在点F,使得CF∥平面PAE?
说明理由.
(1)证明 因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,
所以BD⊥AC.
又PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC.
(2)证明 因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,且E为CD的中点,
所以AE⊥CD.又因为AB∥CD,所以AB⊥AE.
又AB∩PA=A,所以AE⊥平面PAB.
因为AE⊂平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.
(3)解 棱PB上存在点F,使得CF∥平面PAE.理由如下:
取PB的中点F,PA的中点G,连接CF,FG,EG,
则FG∥AB,且FG=
AB.
因为底面ABCD为菱形,且E为CD的中点,
所以CE∥AB,且CE=
AB.
所以FG∥CE,且FG=CE.
所以四边形CEGF为平行四边形.所以CF∥EG.
因为CF⊄平面PAE,EG⊂平面PAE,
所以CF∥平面PAE.
探究提高 1.求解探究性问题常假设题中的数学对象存在(或结论成立),然后在这个前提下进行逻辑推理,若能推导出与条件吻合的数据或事实,说明假设成立,并可进一步证明;若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论,则说明假设不成立.
2.探索线段上是否存在满足题意的点时,注意三点共线条件的应用.
【训练4】(2019·海南模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠DAB=30°,PD⊥平面ABCD,AD=2,点E为AB上一点,且
=m,点F为PD中点.
(1)若m=
,证明:
直线AF∥平面PEC;
(2)是否存在一个常数m,使得平面PED⊥平面PAB?
若存在,求出m的值;若不存在,说明理由.
(1)证明 如图作FM∥CD,交PC于点M,连接EM,
因为点F为PD的中点,所以FM=
CD.
因为m=
,所以AE=
AB=FM,
又FM∥CD∥AE,
所以四边形AEMF为平行四边形,所以AF∥EM,
因为AF⊄平面PEC,EM⊂平面PEC,
所以直线AF∥平面PEC.
(2)解 存在一个常数m=
,使得平面PED⊥平面PAB,理由如下:
要使平面PED⊥平面PAB,只需AB⊥DE,
因为AB=AD=2,∠DAB=30°,
所以AE=ADcos30°=
,
又因为PD⊥平面ABCD,PD⊥AB,PD∩DE=D,
所以AB⊥平面PDE,
因为AB⊂平面PAB,所以平面PDE⊥平面PAB,
所以m=
=
.
1.空间中点、线、面的位置关系的判定
(1)可以从线、面的概念、定理出发,学会找特例、反例.
(2)可以借助长方体,在理解空间点、线、面位置关系的基础上,抽象出空间线、面的位置关系的定义.
2.垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行,常用方法如下:
(1)证明线线平行常用的方法:
一是利用平行公理,即证两直线同时和第三条直线平行;二是利用平行四边形进行平行转换:
三是利用三角形的中位线定理证线线平行;四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换.
(2)证明线线垂直常用的方法:
一是利用等腰三角形底边中线即高线的性质;二是利用勾股定理;三是利用线面垂直的性质:
即要证两线垂直,只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可,l⊥α,a⊂α⇒l⊥a.
3.解决平面图形的翻折问题,关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性”与“量”,即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.
巩固提升
一、选择题
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则( )
A.A1E⊥DC1B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1D.A1E⊥AC
解析 如图,由题设知,A1B1⊥平面BCC1B1,从而A1B1⊥BC1.
又B1C⊥BC1,且A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1.
答案 C
2.(多选题)已知α,β是两个平面,m,n是两条直线,则下列命题中正确的是( )
A.如果m⊥n,m⊥α,n⊥β,那么α⊥β
B.如果m⊂α,α∥β,那么m∥β
C.如果α∩β=l,m∥α,m∥β,那么m∥l
D.如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β
解析 对于A,如果m⊥n,m⊥α,则n∥α或n⊂α,因为n⊥β,则α⊥β,故正确;对于B,如果m⊂α,α∥β,那么m与β无公共点,则m∥β,故正确;对于C,如果α∩β=l,m∥α,m∥β,则m∥l,故正确;对于D,如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β的关系不正确,故错误.
答案 ABC
3.(2018·全国Ⅰ卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )
A.8B.6
C.8
D.8
解析 连接BC1,因为AB⊥平面BB1C1C,所以∠AC1B=30°,AB⊥BC1,所以△ABC1为直角三角形.又AB=2,所以BC1=2
.又B1C1=2,所以BB1=
=2
,故该长方体的体积V=2×2×2
=8
.故选C.
答案 C
4.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1的中点,则点E到平面ABC1D1的距离为( )
A.
B.
C.
D.
解析 ∵A1B1∥AB,点E在A1B1上,
因此点E到平面ABC1D1的距离转化为点B1到此平面的距离,取BC1的中点O,则OB1⊥BC1,OB1⊥AB,
∴B1O⊥平面ABC1D1,则B1O为所求的距离,
因此B1O=
是点E到平面ABC1D1的距离.
答案 B
5.对于四面体A-BCD,有以下命题:
①若AB=AC=AD,则AB,AC,AD与底面所成的角相等;②若AB⊥CD,AC⊥BD,则点A在底面BCD内的射影是△BCD的内心;③四面体A-BCD的四个面中最多有四个直角三角形;④若四面体A-BCD的6条棱长都为1,则它的内切球的表面积为
.其中正确的命题是( )
A.①③B.③④
C.①②③D.①③④
解析 ①正确,若AB=AC=AD,则AB,AC,AD在底面的射影相等,即与底面所成角相等;
图
(1)
②不正确,如图
(1),点A在平面BCD的射影为点O,连接BO,CO,可得BO⊥CD,CO⊥BD,所以点O是△BCD的垂心;
图
(2)
③正确,如图
(2),若AB⊥平面BCD,∠BCD=90°,则四面体ABCD的四个面均为直角三角形;
④正确,正四面体的内切球的半径为r,棱长为1,高为
,根据等体积公式
×S×
=
×4×S×r,解得r=
,那么内切球的表面积S=4πr2=
.
故正确的命题是①③④.
答案 D
二、填空题
6.如图,在空间四边形ABCD中,点M∈AB,点N∈AD,若
=
,则直线MN与平面BDC的位置关系是______.
解析 由
=
,得MN∥BD.
而BD⊂平面BDC,MN⊄平面BDC,
所以MN∥平面BDC.
答案 平行
7.在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑,如图,在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,且AB=BC=CD,则异面直线AC与BD所成角的大小为________.
解析 如图,分别取AB,AD,BC,BD的中点E,F,G,O,连接EF,EG,OG,FO,FG,则EF∥BD,EG∥AC,所以∠FEG为异面直线AC与BD所成的角.
易知FO∥AB,且AB⊥平面BCD.
所以FO⊥OG.
设AB=2a,则EG=EF=
a,FG=
=
a,
所以∠FEG=60°,所以异面直线AC与BD所成的角为60°.
答案 60°
8.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,点D是A1C1的中点,点F在线段AA1上,当AF=________时,CF⊥平面B1DF.
解析 由题意易知,B1D⊥平面ACC1A1,
所以B1D⊥CF.
要使CF⊥平面B1DF,只需CF⊥DF即可.
令CF⊥DF,设AF=x,则A1F=3a-x.
易知Rt△CAF∽Rt△FA1D,
得
=
,即
=
,
整理得x2-3ax+2a2=0,
解得x=a或x=2a.
答案 a或2a
三、解答题
9.(2019·潍坊模拟)如图,已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形,PA⊥底面ABCD,ED∥PA,且PA=2ED=2.
(1)证明:
平面PAC⊥平面PCE;
(2)若∠ABC=60°,求三棱锥P-ACE的体积.
(1)证明 如图,连接BD,交AC于点O,设PC的中点为F,连接OF,EF.
易知O为AC的中点,
所以OF∥PA,且OF=
PA.
因为DE∥PA,且DE=
PA,
所以OF∥DE,且OF=DE,
所以四边形OFED为平行四边形,
所以OD∥EF,即BD∥EF.
因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.
因为四边形ABCD是菱形,所以BD⊥AC.
因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
因为BD∥EF,所以EF⊥平面PAC.
因为EF⊂平面PCE,所以平面PAC⊥平面PCE.
(2)解 因为∠ABC=60°,ABCD是菱形,所以△ABC是等边三角形,所以AC=2.
又PA⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,所以PA⊥AC.
所以S△PAC=
PA×AC=2.
因为EF⊥平面PAC,所以EF是三棱锥E-PAC的高.
易知EF=DO=BO=
,所以三棱锥P-ACE的体积V三棱锥P-ACE=V三棱锥E-PAC=
S△PAC×EF=
×2×
=
.
10.(2018·北京卷)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.
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