2025人教A版高中数学必修第二册强化练习题--8.6.3　平面与平面垂直

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2025人教A版高中数学必修第二册
8.6.3　平面与平面垂直
基础过关练
题组一　二面角
1.(多选题)(2023广东佛山顺德华侨中学月考)下列命题中正确的是(　　)
A.两个相交平面组成的图形叫做二面角
B.二面角的平面角θ的取值范围是0°≤θ≤90°
C.二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系
D.异面直线a,b分别和一个二面角的两个半平面垂直,则a,b所成的角与这个二面角相等或互补
2.(2024湖南常德月考)如图1,在菱形ABCD中,AB=,∠BAD=60°,沿对角线BD将△ABD折起,使点A,C之间的距离为2,如图2,则二面角B-AC-D的余弦值为(　　)
　　
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2024河北保定月考)如图,△ABC,△DBC是边长为2的两个等边三角形,若点A到平面BCD的距离为,则二面角A-BC-D的大小为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2024重庆巴蜀中学期中)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均相等,则二面角C1-AB-C的正切值为　　　　.
题组二　平面与平面垂直的判定
5.(2024江西南昌第二中学月考)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列结论中正确的是(　　)
①若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β;
②若m∥α,n∥β,且m⊥n,则α⊥β;
③若m⊥α,n⊥β,且m∥n,则α∥β;
④若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则α⊥β.
A.①②③　　B.①③④　　C.②④　　D.③④
6.(多选题)(2024山西运城景胜中学月考)如图,PA垂直于正方形ABCD所在的平面,则以下关系正确的是(　　)
A.平面PCD⊥平面PAD　　
B.平面PCD⊥平面PBC
C.平面PAB⊥平面PBC　　
D.平面PAB⊥平面PAD
7.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB=PC,底面ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB的中点,以下平面中,两两垂直的有　　　　　　.(填序号)
①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;⑤平面POC.
8.(2024河南封丘第一中学月考)如图,P为圆锥顶点,O为底面圆心,A,B,C均在底面圆周上,且△ABC为等边三角形.
(1)求证:平面POA⊥平面PBC;
(2)若圆锥的底面半径为2,高为2,求点A到平面PBC的距离.
题组三　平面与平面垂直的性质
9.(2024北京朝阳月考)已知α,β是两个互相垂直的平面,l,m是两条直线,α∩β=l,则“m⊥l”是“m⊥α”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
10.(2024吉林名校联盟期中)如图,在四面体A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD=4,且BC=CD=BD=2,则四面体A-BCD的体积为(　)
A.2　　B.6　　C.　　D.3
11.(2023福建永安第三中学月考)正方形ACDE所在的平面与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G分别是线段AE,BC的中点,则CD与GF所成角的余弦值为(　　)
A.　　B.-　　C.　　D.-
12.(2024北京师范大学附属中学开学考试)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角尺按照图1的方式进行拼接,然后他又将三角尺ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得如图2所示的四面体A-BCD.小明对四面体A-BCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断,其中不正确的是(　　)
　
A.CD⊥平面ABC　　
B.AB⊥平面ACD
C.平面ABD⊥平面ACD　　
D.平面ABD⊥平面BCD
13.(2024四川成都开学考试)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,E,F分别为PC,BD的中点.
(1)求证:EF∥平面PAD;
(2)求证:平面PAB⊥平面PDC.
能力提升练
题组一　二面角
1.(多选题)(2024广东河源期中)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=,PA=4,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O的平面角为,则(　　)
A.该圆锥的体积为8π
B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=4
D.△PAC的面积为4
2.(2024湖南桃江一中月考)十二水硫酸铝钾又称明矾,是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐.我们连接一个正方体各个面的中心,可以得到明矾晶体的结构,即为一个正八面体EABCDF(如图).假设该正八面体的所有棱长为2,则二面角E-AB-F的余弦值为(　　)
A.-　　B.　　C.-　　D.-
3.(2023河北模拟预测)下图是延安革命纪念馆陈列的一个正四棱台形状的木盒子,它是以前计量粮食用的斗,纪念馆测得该正四棱台(每个面的厚度忽略不计)的下底面边长为38 cm,上底面边长为32 cm,侧棱长为23 cm,则斗的侧面与底面所成二面角的余弦值为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2024四川内江第六中学月考)如图,在直角梯形ABCD中,AB∥DC,∠ABC=90°,AB=2DC=2BC,E为AB的中点,沿DE将△ADE折起,使得点A到点P的位置,且PE⊥EB,M为PB的中点,N是BC上的动点(与点B,C不重合).
(1)证明:平面EMN⊥平面PBC;
(2)是否存在点N,使得二面角B-EN-M的正切值为 若存在,请确定点N的位置;若不存在,请说明理由.
题组二　平面与平面垂直的判定
5.(多选题)(2024湖北武汉华师一附中模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别为棱AA1,A1D1,AB,DC的中点,点P是正方形BB1C1C的中心,则下列结论正确的是(　　)
A.E,F,M,P四点共面
B.平面PEF截正方体所得截面是等腰梯形
C.EF∥平面PMN
D.平面MEF⊥平面PMN
6.如图,直三棱柱ABC-DEF的底面是边长为2的正三角形,侧棱AD=1,P是CF的延长线上的一点,平面PAB分别与DF,EF相交于M,N.
(1)求证:MN∥平面CDE;
(2)当PF为何值时,平面PAB⊥平面CDE
7.(2024福建厦门双十中学月考)如图1,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∠ABC=90°,如图2,把△ABD沿BD翻折,使得A 平面BCD,连接AC,M,N分别是BD和BC的中点.
(1)证明:平面BCD⊥平面AMN;
(2)记二面角A-BC-D的平面角为θ,当平面BCD⊥平面ABD时,求tan θ的值;
(3)若P,Q分别为线段AB与DN上一点,且==λ(λ∈R),PQ与BD,AN所成的角分别为θ1和θ2,求sin θ1+sin θ2的取值范围.
题组三　平面与平面垂直的性质
8.如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,点P,A,B是定点,点C是动点,则动点C的运动轨迹是(　　)
A.一条线段
B.一条直线
C.一个圆
D.一个圆,但要去掉两个点
9.(2024福建泉州期末)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥PB,PA=PB,AB=2BC=2,平面PAB⊥平面ABC,则三棱锥P-ABC的体积的最大值为　　　　;二面角P-AC-B的正弦值的最小值为　　　　.
10.(2023四川眉山期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥底面ABCD.若E为BC的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF⊥平面ABCD 并证明你的结论.
答案与分层梯度式解析
8.6.3　平面与平面垂直
基础过关练
1.CD 2.A 3.A 5.D 6.ACD 9.B 10.C 11.C
12.D
1.CD　对于A,从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角,故A错误;
对于B,二面角的平面角θ的取值范围是0°≤θ≤180°,故B错误;
对于C,由定义知二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系,故C正确;
对于D,因为异面直线所成的角为锐角或直角,所以a,b所成的角与这个二面角相等或互补,故D正确.
故选CD.
2.A　取AC的中点E,连接DE,BE,因为AB=BC=AD=CD,所以AC⊥DE,BE⊥AC,故∠DEB为二面角B-AC-D的平面角,
由题意得AC=2,
所以DE=BE==,
在△ABD中,AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD为等边三角形,所以BD=.
在△BDE中,由余弦定理的推论得cos∠DEB==.故选A.
3.A　取BC的中点E,连接AE,DE,过点A作AF⊥ED,垂足为F,
因为△ABC,△DBC均为等边三角形,所以AE⊥BC,DE⊥BC,故∠AED为二面角A-BC-D的平面角,
因为AE∩DE=E,AE,DE 平面AED,
所以BC⊥平面AED,
又AF 平面AED,所以BC⊥AF,
又AF⊥ED,DE∩BC=E,DE,BC 平面BCD,
所以AF⊥平面BCD,则点A到平面BCD的距离为AF=,易得AE=2sin =,
故在Rt△AFE中,sin∠AEF===,
则∠AEF=,即∠AED=,故选A.
4.答案　
解析　不妨设直三棱柱的所有棱长均为2,取AB的中点M,连接CM,C1M,则CM⊥AB,
因为CC1⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以CC1⊥AB,
又CM∩CC1=C,CM,CC1 平面CC1M,所以AB⊥平面CC1M,
又C1M 平面CC1M,所以AB⊥C1M,
则∠C1MC为二面角C1-AB-C的平面角,
易得CM=,则tan∠C1MC===,
即二面角C1-AB-C的正切值为.
5.D　对于①,如图1,满足m∥α,n∥β,且m∥n,但α,β不平行,①错误;
　　
对于②,如图2,满足m∥α,n∥β,且m⊥n,但α,β不垂直,②错误;
对于③,因为m⊥α,且m∥n,所以n⊥α,又n⊥β,所以α∥β,③正确;
对于④,因为m⊥α,n⊥β,所以直线m,n所成的角或其补角即为平面α,β所成的角,又m⊥n,所以α⊥β,④正确.
故选D.
6.ACD　对于A,因为四边形ABCD为正方形,所以CD⊥AD,
因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA⊥CD,因为PA∩AD=A,PA,AD 平面PAD,所以CD⊥平面PAD,
又因为CD 平面PCD,所以平面PCD⊥平面PAD,故A中关系正确;
对于B,平面PCD与平面PBC显然不垂直,故B中关系错误;
对于C,因为四边形ABCD为正方形,所以BC⊥AB,
因为PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA⊥BC,因为PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以BC⊥平面PAB,又因为BC 平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC,故C中关系正确;
对于D,因为AD∥BC,BC⊥平面PAB,所以AD⊥平面PAB,
因为AD 平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD,故D中关系正确.
故选ACD.
7.答案　①②,①⑤,②⑤
解析　∵PA=PB,AC=BC,O为AB的中点,
∴OP⊥AB,OC⊥AB,
又OP∩OC=O,OP,OC 平面POC,
∴AB⊥平面POC,
∵AB 平面PAB,AB 平面ABC,
∴平面PAB⊥平面POC,平面ABC⊥平面POC.
∵底面ABC为等腰直角三角形,PA=PC,
∴PC2=PA2=PO2+OA2=PO2+OC2,∴PO⊥OC,
又PO⊥OA,OC∩OA=O,OC,OA 平面ABC,∴PO⊥平面ABC,
∵PO 平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABC.
8.解析　(1)证明:延长AO,交BC于点M,由△ABC为等边三角形,得O是△ABC的中心,则AO⊥BC,
易知PO⊥平面ABC,因为BC 平面ABC,所以PO⊥BC,又PO∩AO=O,PO,AO 平面POA,
所以BC⊥平面POA,
又BC 平面PBC,所以平面POA⊥平面PBC.
(2)连接PM,作AH⊥PM于H,由(1)知BC⊥平面POA,因为AH 平面POA,所以BC⊥AH,
因为BC∩PM=M,BC,PM 平面PBC,
所以AH⊥平面PBC.故A到平面PBC的距离为AH的长,
易知AM=AO=3,MO=AO=1,又PO=2,
所以PM==3,所以PM=AM,
又∠AMH=∠PMO,所以Rt△AMH≌Rt△PMO,
故AH=PO=2,
所以点A到平面PBC的距离为2.
9.B　由题意知α⊥β,α∩β=l,
若m⊥l,当m β时,有m⊥α;当m β时,m与α的关系为相交、平行或m在α内.
若m⊥α,由l α,得m⊥l.
故“m⊥l”是“m⊥α”的必要不充分条件.故选B.
10.C　取BD的中点E,连接AE,
因为AB=AD,所以AE⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AE 平面ABD,所以AE⊥平面BCD.
因为AB=AD=4,BD=2,所以AE==,
又S△BCD=BC·BD·sin∠CBD=×2×2×=,所以VA-BCD=S△BCD·AE=××=,故选C.
11.C　连接AG,如图所示.
∵四边形ACDE为正方形,∴AE⊥AC,AE∥CD.
∴CD与GF所成的角等于AE与GF所成的角.
∵平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,AE⊥AC,AE 平面ACDE,∴AE⊥平面ABC.
∵AG 平面ABC,∴AE⊥AG.
∵AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G分别是线段AE,BC的中点,∴AG==,AF=1,
∴FG==,∴cos∠AFG==.
∴CD与GF所成角的余弦值为.故选C.
12.D　对于A,由二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD,因为平面ABC∩平面BCD=BC,CD⊥BC,且CD 平面BCD,所以CD⊥平面ABC,A中判断正确;
对于B,由CD⊥平面ABC,AB 平面ABC,可得CD⊥AB,又因为AB⊥AC,且AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD,B中判断正确;
对于C,由AB⊥平面ACD,AB 平面ABD,得平面ABD⊥平面ACD,故C中判断正确;
对于D,假设平面ABD⊥平面BCD,过C作CE⊥BD于E,因为平面ABD∩平面BCD=BD,CE 平面BCD,所以CE⊥平面ABD,因为AB 平面ABD,所以AB⊥CE,又AB⊥CD,CE∩CD=C,CE,CD 平面BCD,所以AB⊥平面BCD,又BC 平面BCD,所以AB⊥BC,与AB⊥AC矛盾,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D中判断错误.
故选D.
13.证明　(1)连接AC,易知F为AC与BD的交点,且F为AC的中点,∵E为PC的中点,∴EF∥PA,
又PA 平面PAD,EF 平面PAD,∴EF∥平面PAD.
(2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
CD⊥AD,CD 平面ABCD,∴CD⊥平面PAD,
又PA 平面PAD,∴CD⊥PA.
∵PA=PD=AD,∴△PAD是等腰直角三角形,且∠APD=,即PA⊥PD,
又CD∩PD=D,且CD,PD 平面PCD,
∴PA⊥平面PDC,∵PA 平面PAB,∴平面PAB⊥平面PDC.
能力提升练
1.AC 2.C 3.A 5.BD 8.D
1.AC　对于A,由∠APB=,PA=4,得OP=2,OA=OB=2,
所以圆锥的体积为×π×(2)2×2=8π,A正确;
对于B,圆锥的侧面积为π×2×4=8π,B错误;
对于C,取AC的中点D,连接OD,PD,如图,则AC⊥OD,AC⊥PD,
所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角,则∠PDO=,所以OD=OP=2,故AD=CD==2,则AC=4,C正确;
对于D,PD==2,所以S△PAC=×2×4=8,D错误.
故选AC.
2.C　如图,连接AC,交BD于点O,连接EF,易知EF过点O,取AB的中点G,连接EG,FG,
则EG⊥AB,FG⊥AB,
所以∠EGF为二面角E-AB-F的平面角.
易知EF⊥平面ABCD,因为AC 平面ABCD,所以EF⊥AC,所以△AOE是直角三角形,又AO=,AE=2,所以OE=,所以EF=2.
在△AEB中,EG=AB=,同理GF=,
在△EGF中,由余弦定理的推论得cos∠EGF===-,故选C.
3.A　如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=38,A1B1=32,BB1=23,设上、下底面的中心分别为O1,O,B1C1,BC的中点分别为E,H,连接EH,O1E,OH,OO1,过E作EF⊥OH,垂足为F,
易得O1E∥OH,所以O,H,E,O1四点共面.
因为侧面BB1C1C为等腰梯形,所以EH⊥BC,
易得OH⊥BC,
所以∠EHF即为侧面BB1C1C与底面ABCD所成二面角的平面角,
易知O1E=16,OH=19,所以FH=19-16=3,
在等腰梯形BCC1B1中,BB1=23,则EH===2,
在Rt△EFH中,cos∠EHF===,
所以斗的侧面与底面所成二面角的余弦值为,故选A.
4.解析　(1)证明:因为DE⊥AB,所以PE⊥ED,又PE⊥EB,EB∩ED=E,EB,ED 平面EBCD,
所以PE⊥平面EBCD,
因为BC 平面EBCD,所以PE⊥BC.
因为BC⊥EB,EB∩PE=E,PE,EB 平面PEB,
所以BC⊥平面PEB,
因为EM 平面PEB,所以BC⊥EM.
因为PE=EB,M为PB的中点,所以EM⊥PB.
因为BC∩PB=B,BC,PB 平面PBC,
所以EM⊥平面PBC.
(平面EMN是动平面,欲证平面EMN⊥平面PBC,需要从动平面EMN内找一条垂直于平面PBC的直线)
因为EM 平面EMN,所以平面EMN⊥平面PBC.
(2)假设存在点N满足题意,如图,过M作MQ⊥EB于Q,因为PE⊥EB,所以PE∥MQ,
由(1)知PE⊥平面EBCD,所以MQ⊥平面EBCD,
因为EN 平面EBCD,所以MQ⊥EN.
过Q作QR⊥EN于R,连接MR,因为MQ∩QR=Q,MQ,QR 平面MQR,所以EN⊥平面MQR,
因为MR 平面MQR,所以EN⊥MR,
所以∠MRQ为二面角B-EN-M的平面角.
设PE=EB=BC=2,则MQ=1,EQ=1,
设BN=x(0所以=,所以=,得RQ=,
所以tan∠MRQ===,解得x=1,
即N为BC的中点.
故存在点N,使得二面角B-EN-M的正切值为,N为BC的中点.
5.BD　对于A,如图,设H,Q,K分别为BC,CC1,C1D1的中点,连接EF,EM,MH,HQ,QK,FK,易知经过E,F,M三点的平面截正方体所得的截面是正六边形FEMHQK,∵点P在平面FEMHQK外,∴E,F,M,P四点不共面,A错误;
对于B,连接BC1,BE,易知EF∥BC1,EF=BC1,BE=C1F,则平面PEF即为平面C1BEF,故平面PEF截正方体所得截面为等腰梯形C1BEF,B正确;
对于C,取BB1的中点G,连接GQ,MG,MN,NQ,易知GQ∥MN,则平面PMN即为平面QGMN,
易知HQ∥EF,又HQ与平面PMN相交,
∴EF不平行于平面PMN,C错误;
对于D,∵△AEM,△BMG都是等腰直角三角形,
∴∠AME=∠BMG=45°,∴∠EMG=90°,∴EM⊥MG,
∵M,N分别是AB,CD的中点,∴MN∥AD,又AD⊥平面ABB1A1,∴MN⊥平面ABB1A1,∵EM 平面ABB1A1,∴EM⊥MN,
∵MG∩MN=M,MG,MN 平面PMN,∴EM⊥平面PMN,
∵EM 平面MEF,∴平面MEF⊥平面PMN,D正确.
故选BD.
6.解析　(1)证明:易知AB∥DE,∵AB 平面PAB,DE 平面PAB,∴DE∥平面PAB.∵DE 平面CDE,平面PAB∩平面DEF=MN,∴DE∥MN,又MN 平面CDE,DE 平面CDE,∴MN∥平面CDE.
(2)分别取线段AB,DE的中点G,H,连接CG,GH,CH,PG,则GH∥CP,∴P,C,G,H四点共面.
易得Rt△PCA≌Rt△PCB,∴PA=PB,∴PG⊥AB.
∵AB∥DE,∴PG⊥DE.
若PG⊥CH,则PG⊥平面CDE,
则平面PAB⊥平面CDE,
此时∠CPG=∠HCG,则△PCG∽△CGH,∴=.
∵△ABC是边长为2的正三角形,
∴CG=2sin 60°=.
又GH=1,∴PC==3,
∴PF=PC-FC=2,
∴当PF=2时,平面PAB⊥平面CDE.
7.解析　(1)证明:因为AB=AD,M是BD的中点,所以AM⊥BD,
在△BCD中,由余弦定理得DC==2,
所以BD2+DC2=BC2,所以BD⊥DC,
因为M,N分别是BD,BC的中点,
所以MN∥DC,所以BD⊥MN,
因为AM∩MN=M,AM,MN 平面AMN,
所以BD⊥平面AMN,
又BD 平面BCD,所以平面BCD⊥平面AMN.
(2)取BN的中点E,连接ME,AE,则ME∥DN,
因为DB=DC,所以DN⊥BC,所以ME⊥BC,
因为平面BCD⊥平面ABD,且平面BCD∩平面ABD=BD,AM⊥BD,AM 平面ABD,所以AM⊥平面BCD,
因为BC 平面BCD,所以AM⊥BC.
因为AM∩ME=M,AM,ME 平面AME,所以BC⊥平面AME,又AE 平面AME,所以BC⊥AE.
所以∠AEM为二面角A-BC-D的平面角θ,
则tan θ===.
(3)在线段BN上取点R,连接PR,RQ,使得===λ(λ∈R),则PR∥AN且RQ∥BD,
因为BD⊥平面AMN,AN 平面AMN,
所以BD⊥AN,所以RQ⊥PR,所以∠PRQ=,
所以θ1=∠PQR,θ2=∠QPR,θ1+θ2=,
则sin θ1+sin θ2=sin θ1+cos θ1=sin,
因为θ1∈,所以θ1+∈,
所以sin θ1+sin θ2∈(1,].
8.D　∵平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,AC 平面PAC,平面PAC∩平面PBC=PC,∴AC⊥平面PBC.
∵BC 平面PBC,∴AC⊥BC,∴∠ACB=90°,
∴动点C的运动轨迹是以AB为直径的圆(除去A,B两点).
9.答案　;
解析　取AB的中点O,连接PO,
因为PA=PB,所以PO⊥AB,
又因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PO 平面PAB,所以PO⊥平面ABC,
易得PO=1,又BC=1,所以VP-ABC=S△ABC·PO=×AB·BC·sin∠ABC·PO=sin∠ABC.
因为∠ABC∈(0,π),所以0由PO⊥平面ABC,AC 平面ABC,得PO⊥AC,过O作OD⊥AC于D,连接PD,
因为PO,OD 平面POD,PO∩OD=O,
所以AC⊥平面POD,
又PD 平面POD,所以PD⊥AC,
所以∠PDO为二面角P-AC-B的平面角,
在Rt△PDO中,tan∠PDO==,
因为C在以B为圆心,1为半径的圆上,所以010.解析　当F为PC的中点时,平面DEF⊥平面ABCD.证明如下:
取AD的中点G,连接PG,BG,如图.
∵E,F分别为BC,PC的中点,∴FE∥PB.
∵FE 平面PGB,PB 平面PGB,∴FE∥平面PGB.
在菱形ABCD中,AD BC,
∵G,E分别为AD,BC的中点,∴GD BE,
∴四边形BEDG为平行四边形,∴GB∥DE.
∵DE 平面PGB,GB 平面PGB,∴DE∥平面PGB.
∵FE,DE 平面DEF,EF∩DE=E,
∴平面DEF∥平面PGB.
∵△PAD为正三角形,G为AD的中点,∴PG⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG 平面PAD,∴PG⊥平面ABCD.
又PG 平面PGB,∴平面PGB⊥平面ABCD,
∴平面DEF⊥平面ABCD.
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