7．如图，三棱锥P－ABC的所有棱长都相等，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论中不成立的是（ ）
A．BC∥平面PDF
B．DF⊥平面PAE
C．平面PDF⊥平面ABC
D．平面PAE⊥平面ABC
答案 C
解析 ∵BC∥DF，∴BC∥平面PDF，A正确．
∵BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE.
又∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，B正确．
∵BC⊥平面PAE，BC⊂平面ABC，
∴平面PAE⊥平面ABC，D正确．故选C.
8．（2018·湖北武汉月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝
，BC＝1，将△ACD沿AC折起，使得D折起后的位置为D1，且D1在平面ABC上的射影恰好落在AB上，在四面体D1－ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于（ ）
A．2B．3
C．4D．5
答案 B
解析 设D1在平面ABC
上的射影为E，连接
D1E，则D1E⊥平面ABC，
∵D1E⊂平面ABD1，
∴平面ABD1⊥平面ABC.
∵D1E⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，
∴BC⊥平面ABD1.
又BC⊂平面BCD1，
∴平面BCD1⊥平面ABD1.
∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，
∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，
∴AD1⊥平面BCD1，
又AD1⊂平面ACD1，
∴平面ACD1⊥平面BCD1.
∴共有3对平面互相垂直．故选B.
9．（2018·静海月考）如图所示，三棱锥P－ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C的轨迹是（ ）
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
答案 D
解析 ∵平面PAC⊥平面PBC，
而平面PAC∩平面PBC＝PC.
又AC⊂平面PAC，且AC⊥PC，
∴AC⊥平面PBC，
而BC⊂平面PBC，∴AC⊥BC，
∴点C在以AB为直径的圆上，
∴点C的轨迹是一个圆，但是要去掉A和B两点．故选D.
10．（2018·吉林期末）已知一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的四个侧面中，直角三角形的个数是（ ）
A．4B．3
C．2D．1
答案 A
解析 满足条件的四棱锥的底面为矩形，且一条侧棱与底面垂直，
画出满足条件的直观图如图四棱锥P－ABCD所示，
不妨令PA⊥矩形ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥CB，PA⊥CD，
故△PAB和△PAD都是直角三角形．
又矩形中CB⊥AB，CD⊥AD.
这样CB垂直于平面PAB内的两条相交直线PA、AB，
CD垂直于平面PAD内的两条相交直线PA、AD，
由线面垂直的判定定理可得CB⊥平面PAB，CD⊥平面PAD，∴CB⊥PB，CD⊥PD，故△PBC和△PDC都是直角三角形，
故直角三角形有△PAB、△PAD、△PBC、△PDC共4个．故选A.
二、填空题
11．（2017·开封二模）三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：
①异面直线SB与AC所成的角为90°；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是
a.
其中正确的是________．
答案 ①②③④
解析 由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故①正确；再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故②③正确；取AB的中点E，连接CE，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为点C到平面SAB的距离，为
a，④正确．
12．（2017·苏州期末）如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，则下列结论：
①AD∥平面PBC；
②平面PAC⊥平面PBD；
③平面PAB⊥平面PAC；
④平面PAD⊥平面PDC.
其中正确的结论序号是________．
答案 ①②④
解析 ①由底面为正方形，可得AD∥BC，
AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
可得AD∥平面PBC；
②在正方形ABCD中，AC⊥BD，
PA⊥底面ABCD，可得PA⊥BD，
PA∩AC＝A，可得BD⊥平面PAC，
BD⊂平面PBD，即有平面PAC⊥平面PBD；
③PA⊥底面ABCD，可得PA⊥AB，PA⊥AC，
可得∠BAC为二面角B－PA－C的平面角，
显然∠BAC＝45°，故平面PAB⊥平面PAC不成立；
④在正方形ABCD中，可得CD⊥AD，
PA⊥底面ABCD，可得PA⊥CD，
PA∩AD＝A，可得CD⊥平面PAD，
CD⊂平面PCD，即有平面PAD⊥平面PDC.
综上可得，①②④正确．
13．（2017·三元月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使CD⊥平面ABD，构成三棱锥A－BCD.则在三棱锥A－BCD中，平面BCD，平面ADC，平面ABC，平面ABD，互相垂直的有________．
答案 平面ABD⊥平面ACD、平面ABD⊥平面BCD、平面ABC⊥平面ACD
解析 ∵在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，
∴BD⊥CD.
由CD⊥平面ABD，CD⊂平面BCD，
所以平面ABD⊥平面BCD，
由CD⊥平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB.
故AB⊥平面ADC，所以平面ABC⊥平面ADC，
平面ABD⊥平面ADC.
14．（2018·泰安模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝
，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′－BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则∠BA′C＝________，VA′－BCD＝________.
答案 90°
解析 由题设知：
△BA′D为等腰直角三角形，CD⊥平面A′BD，得BA′⊥平面A′CD，∴∠BA′C＝90°，
VA′－BCD＝VC－A′BD＝
.
B级
三、解答题
15．（2018·临汾期末）在三棱柱ABC－A1B1C1，侧面ABB1A1为矩形，AB＝2，AA1＝2
，D是AA1中点，BD与AB1交于点O，且OC⊥平面ABB1A1.
证明：
平面AB1C⊥平面BCD.
证明 ∵ABB1A1为矩形，AB＝2，
AA1＝2
，D是AA1的中点，
∴∠BAD＝90°，∠ABB1＝90°，
BB1＝2
，AD＝
AA1＝
，
∴tan∠ABD＝
＝
，
tan∠AB1B＝
＝
，
∴∠ABD＝∠AB1B，
∴∠AB1B＋∠BAB1＝∠ABD＋∠BAB1＝
，
∴∠AOB＝
，即AB1⊥BD.
∵CO⊥平面ABB1A1，AB1⊂平面ABB1A1，
∴AB1⊥CO，
又BD∩CO＝O，
∴AB1⊥平面BCD.
∵AB1⊂平面AB1C，
∴平面AB1C⊥平面BCD.
16．（2018·黄冈调研）在三棱锥P－ABC中，△PAB是等边三角形，PA⊥AC，PB⊥BC.
（1）证明：
AB⊥PC；
（2）若PC＝2，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱锥P－ABC的体积．
解
（1）证明：
在Rt△PAC和Rt△PBC中
AC＝
，BC＝
.
∵PA＝PB，∴AC＝BC.
取AB中点M，连接PM，CM，则AB⊥PM，AB⊥MC，
∴AB⊥平面PMC，而PC⊂平面PMC，
∴AB⊥PC.
（2）在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连接BD.
∵平面PAC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD⊂平面PBC，
∴AD⊥BD，又Rt△PAC≌Rt△PBC，
∴AD＝BD，∴△ABD为等腰直角三角形．
设AB＝PA＝PB＝a，则AD＝
a，
在Rt△PAC中，由PA·AC＝PC·AD得a·
＝2×
a，∴a＝
.
∴S△ABD＝
AD·BD＝
·
2＝
，
∴VP－ABC＝
S△ABD·PC＝
×
×2＝
.
17．（2018·绵阳期末）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D是AB的中点，M是AA1上一点，AM＝tAA1.
（1）求证：
BC1∥平面A1CD；
（2）若3AB＝2AA1，当t为何值时，B1M⊥平面A1CD?
解
（1）证明：
连接AC1，交A1C于点O，那么点O是AC1的中点，连接OD，由点D是AB的中点，可得BC1∥OD，BC1⊄平面A1CD，OD⊂平面A1CD，
可得BC1∥平面A1CD.
（2）由3AB＝2AA1，D为AB中点可得
＝
，
∴当
＝
时，
可得Rt△A1AD∽Rt△B1A1M，
∴∠DA1A＝∠MB1A1，
∴∠A1MB1＋∠DA1A＝∠A1MB1＋∠MB1A1＝90°，
∴B1M⊥A1D.
∵D是AB的中点，∴CD⊥AB，
又∵CD⊥AA1，AB∩AA1＝A，
∴CD⊥平面AA1B1B.
∵B1M⊂平面AA1B1B，∴CD⊥B1M.
∵CD∩A1D＝D，∴B1M⊥平面A1CD，此时
＝
，3AB＝2AA1，
所以A1M＝
AA1，故AM＝
AA1，
即当t＝
时，B1M⊥平面A1CD.
18．（2018·昌平区调研）已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，M是DD1的中点．
（1）求证：
BD1∥平面AMC；
（2）求证：
AC⊥BD1；
（3）在线段BB1上是否存在点P，当
＝λ时，平面A1PC1∥平面AMC？
若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．
解
（1）证明：
在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，连接BD交AC于N，连接MN.
因为ABCD为正方形，所以N为BD中点，
在△DBD1中，因为M为DD1中点，
所以BD1∥MN.
因为MN⊂平面AMC，BD1⊄平面AMC，
所以BD1∥平面AMC.
（2）证明：
因为ABCD为正方形，
所以AC⊥BD.
因为DD1⊥平面ABCD，
所以DD1⊥AC.
因为DD1∩BD＝D，
所以AC⊥平面BDD1.
因为BD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥BD1.
（3）当λ＝
，即点P为线段BB1的中点时，平面A1PC1∥平面AMC.
因为AA1∥CC1，且AA1＝CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形，
所以AC∥A1C1.
取CC1的中点Q，连接MQ，QB.
因为M为DD1中点，
所以MQ∥AB，且MQ＝AB，
所以四边形ABQM是平行四边形．
所以BQ∥AM.
同理BQ∥C1P.
所以AM∥C1P.
因为A1C1∩C1P＝C1，AC∩AM＝A，
所以平面A1PC1∥平面AMC.
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