2023屆高三新高考數(shù)學(xué)試題一輪復(fù)習(xí)專題9.3空間幾何中的平行和垂直 教案講義 （Word解析版）

第Page\*MergeFormat23頁共NUMPAGES\*MergeFormat23頁9.3空間幾何中的平行和垂直課標(biāo)要求考情分析核心素養(yǎng)1.從基本事實出發(fā)，借助長方體，通過直觀感知，了解空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面的平行關(guān)系和垂直關(guān)系；2.理解空間中線面平行垂直的有關(guān)性質(zhì)和判定定理；3.能運用基本事實、定理和已獲得的結(jié)論證明空間基本圖形的平行關(guān)系和垂直關(guān)系的簡單命題．新高考3年考題題號考點邏輯推理直觀想象2020(Ⅰ)卷20(1)線面垂直的判定2020(Ⅱ)卷20(1)線面垂直的判定2021(Ⅰ)卷20（1）面面垂直的性質(zhì)2021(Ⅱ)卷10線面垂直的性質(zhì)2021(Ⅱ)卷19(1)面面垂直的判定2022(Ⅰ)卷19(2)面面垂直的性質(zhì)2022(Ⅱ)卷20(1)線面平行的判定1．線面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果平面外一條直線與此平面內(nèi)的一條直線平行，那么該直線與此平面平行(簡記為“線線平行?線面平行”)性質(zhì)定理一條直線與一個平面平行，如果過該直線的平面與此平面相交，那么該直線與交線平行(簡記為“線面平行?線線平行”)2．面面平行的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線與另一個平面平行，那么這兩個平面平行(簡記為“線面平行?面面平行”)性質(zhì)定理如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行兩個平面平行，如果另一個平面與這兩個平面相交，那么兩條交線平行3.直線與平面垂直的判定定理和性質(zhì)定理：文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么該直線與此平面垂直性質(zhì)定理垂直于同一個平面的兩條直線平行4．平面與平面垂直的判定定理和性質(zhì)定理文字語言圖形語言符號語言判定定理如果一個平面過另一個平面的垂線，那么這兩個平面垂直性質(zhì)定理兩個平面垂直，如果一個平面內(nèi)有一直線垂直于這兩個平面的交線，那么這條直線與另一個平面垂直1.與平行有關(guān)的幾個結(jié)論（1）兩個平面平行，其中一個平面內(nèi)的任意一條直線平行于另一個平面．（2）夾在兩個平行平面之間的平行線段長度相等．（3）經(jīng)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行．（4）兩條直線被三個平行平面所截，截得的對應(yīng)線段成比例．(5)同一條直線與兩個平行平面所成角相等．(6)如果兩個平面分別平行于第三個平面，那么這兩個平面互相平行．(7)垂直于同一條直線的兩個平面平行(8)如果一個平面內(nèi)的兩條相交直線分別平行于另一個平面的兩條直線，那么這兩個平面互相平行．2.與垂直有關(guān)的五個結(jié)論(1)若一條直線垂直于一個平面，則這條直線垂直于這個平面內(nèi)的任意直線．(2)若兩條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．(3)垂直于同一條直線的兩個平面平行．(4)一條直線垂直于兩平行平面中的一個，則這一條直線與另一個平面也垂直．(5)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．3.三垂線定理在平面內(nèi)的一條直線，如果它和這個平面的一條斜線的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直．1．【P142練習(xí)3】如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F(xiàn)，G分別為(1)求證：平面A1C1(2)若平面A1C1G∩BC=H，求證：2．【P163習(xí)題5】如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A考點一線面平行的判定與性質(zhì)【方法儲備】判斷或證明線面平行的常用方法(1)利用線面平行的定義(無公共點)．(2)利用線面平行的判定定理(a?α，b?α，a∥b?a∥α)．(3)利用面面平行的定義(α∥β，a?α?a∥β)．(4)利用面面平行的性質(zhì)(α∥β，a?β，a∥α?a∥β)．【典例精講】例1.(2021·福建省莆田市·期中考試)如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD

(1)求證：BC//AD；(2)求證：CE//平面PAB；

【名師點睛】應(yīng)用線面平行性質(zhì)定理的關(guān)鍵是確定交線的位置，有時需要經(jīng)過已知直線作輔助線或輔助平面來確定交線．【靶向訓(xùn)練】練1-1.(2021·湖北·月考)已知三棱柱ABC-A1B1C1中，E是BC的中點，D是AA1上的動點，且ADDA.12B.1

C.32練1-2.(2021·全國·期中考試)如圖，棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(1)平面PQC與直線AA1交于R點，求(2)點M為線段CC1上靠近C點的四等分點，求證：BM//面考點二面面平行的判定與性質(zhì)【方法儲備】1.證明面面平行的常用方法(1)面面平行的定義，即證兩個平面沒有公共點(不常用)；(2)面面平行的判定定理：如果一個平面內(nèi)有兩條相交直線都平行于另一個平面，那么這兩個平面平行(主要方法)；(3)利用垂直于同一條直線的兩個平面平行(客觀題常用)；(4)如果兩個平面同時平行于第三個平面，那么這兩個平面平行(客觀題常用)；(5)利用“線線平行”“線面平行”“面面平行”的相互轉(zhuǎn)化進行證明．2.三種平行關(guān)系的轉(zhuǎn)化【典例精講】例2.(2022·湖南·月考試卷)如圖所示，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，E,F分別為AA1,AB的中點，MA.22

B.1

C.2

D.【名師點睛】本題考查立體幾何中的動點軌跡問題，先通過線面平行的證明得出面面平行的結(jié)論，分析動點運動中不變特征，歸納出軌跡，再求其長度.【靶向訓(xùn)練】練2-1.(2022·全國·月考試卷)如圖，在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是A1D1，AA.2 B.98 C.?3 練2-2.(2022·廣東省·期末)如圖所示，在四棱錐C-ABED中，四邊形ABED是正方形，點G,F分別是線段EC,BD的中點．

(1)求證：GF//平面ABC;

(2)H是線段BC的中點，證明：平面考點三線面垂直的判定與性質(zhì)【方法儲備】1.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)．2.證明線線垂直的基本方法(1)證明一條直線垂直于經(jīng)過另一直線的平面，稱之為線面垂直法．(2)計算兩條直線所成角等于90°，稱之為計算角度法3.面面垂直判定的2種方法與1個轉(zhuǎn)化(1)2種方法：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)1個轉(zhuǎn)化：在已知兩個平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化．在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．【典例精講】例3.(2021·安徽省·單元測試)如圖，PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，AE⊥PB，AF⊥PC，垂足分別為E、F．

(1)求證：PC⊥平面AEF．(2)設(shè)平面AEF交棱PD于點G，求證：AG⊥PD．【名師點睛】本題多次考查線面垂直的判定和性質(zhì)，注意線面垂直判定定理中兩條相交直線的條件，防止出錯.【靶向訓(xùn)練】練3-1.(2022·全國·同步練習(xí))如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面

ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，E是PC的中點，證明：

(1)AE⊥CD；

(2)PD⊥平面ABE．練3-2(2020·湖南省·期中考試)如圖，在正四棱柱ABCD-A1B1C(1)求證：AC⊥(2)若B1D⊥平面ACE，求考點四面面垂直的判定與性質(zhì)【方法儲備】(1)面面垂直判定的兩種方法與一個轉(zhuǎn)化①兩種方法：(ⅰ)面面垂直的定義；(ⅱ)面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β)．②一個轉(zhuǎn)化：在已知兩個平面垂直時，一般要用性質(zhì)定理進行轉(zhuǎn)化．在一個平面內(nèi)作交線的垂線，轉(zhuǎn)化為線面垂直，然后進一步轉(zhuǎn)化為線線垂直．(2)面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用．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．（3）三種垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化【典例精講】例4.(2021·貴州省黔西南布依族苗族自治州·期末考試)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底部ABCD為菱形，E為CD的中點．(1)求證：BD⊥平面PAC；(2)若∠ABC=60°，求證：平面PAB⊥平面PAE；【名師點睛】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)．【靶向訓(xùn)練】練4-1.(2020·廣東省·其他類型)如圖，在直角梯形ABCD中，∠A=∠D=90°，AB<CD，SD⊥平面ABCD，AB=AD=a，SD=2(1)求證：平面SAB⊥平面SAD；(2)設(shè)SB的中點為M，當(dāng)CDAB為何值時，能使DM⊥MC練4-2.(2020·江蘇省·單元測試)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=60°，側(cè)面PAD為正三角形，其所在的平面垂直于底面(1)求證：AD⊥PB(2)若E為BC邊的中點，能否在棱PC上找到一點F，使平面DEF⊥平面ABCD?核心素養(yǎng)系列直觀想象——平行、垂直的綜合應(yīng)用【方法儲備】折疊問題（1）將平面圖形沿著一條或多條線折起，變?yōu)榱Ⅲw圖形.將折疊前的條件，轉(zhuǎn)化到折疊后的幾何體中，分清折疊前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，（2）“折痕”同側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，“折痕”兩側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系改變.（3）與折痕垂直的線段，翻折前后垂直關(guān)系不變；與折痕平行的線段，翻折前后平行關(guān)系不變.【典例精講】例5.(2021·江蘇省蘇州市·期中考試)如圖1，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E是DC的中點；如圖2，將△DAE沿AE折起，使折后平面DAE⊥平面ABCE．

(1)若平面ABD與平面CED的交線為l，求證：CE//(2)求證：BE⊥平面ADE【名師點睛】翻折問題的2個解題策略確定翻折前后變與不變的關(guān)系一般地，位于“折痕”同側(cè)的點、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，對于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理，而對于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．確定翻折后關(guān)鍵點的位置翻折過程中運動變化的點的位置移動，會帶動與其相關(guān)的其他的點、線、面的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系發(fā)生變化．只有分析清楚關(guān)鍵點的準確位置，才能以此為參照點，確定其他點、線、面的位置，進而進行有關(guān)的證明與計算．練5-1.(2021·湖南省·月考試卷)如圖，五邊形ABSCD中，四邊形ABCD為長方形，三角形SBC為邊長為2的正三角形，將△SBC沿BC折起，使得點S在平面ABCD上的攝影恰好在AD上.

(1)當(dāng)AB=2時，證明：平面SAB⊥平面SCD(2)當(dāng)AB=1，求四棱錐S-ABCD的側(cè)面積．練5-2.(2021·福建省·期中考試)在矩形ABCD中，AB=2AD=4，E是AB的中點，沿DE將△ADE折起，得到如圖所示的四棱錐P-BCDE．(1)若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱錐P-BCDE的體積；(2)若PB=PC，求證：平面PDE⊥平面BCDE

易錯點1．根據(jù)平行的相關(guān)判定和性質(zhì)判斷空間線面位置關(guān)系時，一定要考慮全面．例6.(2022·云南省·單元測試)已知平面α，β和直線a，b，c，且a//b//c，a?α，b?β，c?β，則α與β的位置關(guān)系是

．

易錯點2在應(yīng)用面面平行的判定或性質(zhì)定理證明問題時，考慮不全．例7.(2022·全國·單元測試)已知平面α/?/平面β，且夾在α和β間的兩條線段長度相等，那么這兩條線段所在直線的位置關(guān)系是

．易錯點3．在應(yīng)用線面垂直的判定定理時，一定要保證平面內(nèi)的兩條直線相交．例8.(2022·江蘇省·單元測試)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，若過點A作AD⊥BC于點D，連接PD，那么從P，A，B，C，D這五個點中任取三點，共能構(gòu)成

個直角三角形．易錯點4．不要把平面幾何中的相交結(jié)論直接應(yīng)用在立體幾何中，有些平面中的結(jié)論在空間不成立．例9.(2022·湖南省長沙市·期中考試)下列說法不正確的是(

)A.若直線a，b不共面，則a，b為異面直線

B.若直線a/?/平面α，則a與α內(nèi)任何直線都平行

C.若直線a/?/平面α，平面α/?/平面β，則a/?/β

D.如果空間中兩個角的兩條邊分別對應(yīng)平行，那么這兩個角相等答案解析【教材改編】1.【解析】證明：(1)如圖，∵E，F(xiàn)分別為B1C1，A1B1的中點，∴EF?//?A1C1，

∵A1C1?平面A1C1G，EF?平面A1C1G，∴EF?//平面A1C1G，

∵F，G分別為A1B1，AB的中點，∴A1F=BG，

又A1F?//?BG，∴(2)∵平面A1C1G與平面ABC有公共點G，平面A1C1G∩BC=H，連接GH，

∴平面A1C1G∩平面ABC=GH，

∵平面ABC?//平面A1B1C1，平面A1C1G∩平面A12.【解析】證明：如圖.連接AC1．因為所以AA1⊥平面ABC，又AB?平面所以AB⊥AA又AB⊥AC，AC∩AA1=A，AC?平面A1AC所以AB⊥平面A1ACC1，又所以A1C⊥AB又AA1=AC，所以A1C⊥A由?①?②以及AB∩AC1=A，AB?平面ABC1，AC1又BC1?平面AB【考點探究】例1.【解析】證明：(1)在四棱錐P-ABCD中，BC//平面PAD，BC?平面ABCD，

平面ABCD∩平面PAD=AD，

∴BC//AD．

(2)取PA的中點F，連接EF，BF，

∵E是PD的中點，則EF為△PAD的中位線，

∴EF//AD，EF=12AD．

又由(1)可得BC//AD，且BC=12AD，

∴BC//EF，BC=EF，

∴四邊形BCEF是平行四邊形，

∴CE//BF，

∵練1-1.【解析】

取B1C的中點F，連接DF，EF.因為E，F(xiàn)分別是BC，B1C的中點，所以EF?//?BB1，且EF=12BB1.因為AA1

//?BB1，所以AA1

//?EF，即AD//?EF，所以AD，EF確定平面ADFE.因為AE?平面ADFE，AE?//平面DB1C，平面DCB練1-2.【解析】(1)延長CQ、DA交于點N，連接PN交棱AA1于點∵點Q是棱AB的中點，AQ//DC，∴AQ是ΔCDN的中位線，點A是DN的中點，又∵AR//PD，∴AR是△PDN的中位線，AR=1又∵點P是棱DD1的中點，∴AR=1

(2)連接PM、BR，∵AR=14A∴BR=AR2又∵點M為線段CC1上靠近C點的四等分點，∴PM=(12∴BR=PM，BM=PR，∴四邊形BMPR是平行四邊形，∴BM//PR，又∵BM?平面PQC，PR?平面PQC，∴BM//平面PQC．

例2.【解析】如圖所示，取A1B1的中點H，B1B的中點G，連接GH，C1H，C1G，EG，HF，

可得四邊形EGC1D1是平行四邊形，

有C1G/?/D1E，C1G?平面CD1EF，D1E?平面CD1EF，

所以C1G//平面CD1EF，

同理可得C1H/?/CF，C1H?平面CD1EF，CF?平面CD1EF，

所以C1H/?/平面練2-1.【解析】取C1D1，B1C1的中點分別為P，Q，連接PQ，PD，NP，QB，B1D1．

易知MN/?/B1

又MN和AN為平面AMN內(nèi)的兩條相交直線，BD和DP為平面BDPQ內(nèi)的兩條相交直線，

所以平面BDPQ/?/平面AMN，即平面α為平面BDPQ．

由PQ/?/DB，PQ=12BD=22，得四邊形BDPQ為梯形，其高h=522-2練2-2.【解析】(1)證明：由四邊形ABED為正方形可知，

連接AE必與BD相交于中點F，故GF?/?/AC，

∵GF?面ABC，AC?面ABC，

∴GF?/?/面ABC，

(2)由點G,H分別為CE,CB中點可得：GH?/?/EB?/?/AD，

∵GH?面ACD，AD?面ACD，

∴GH?/?/面ACD，

由GF?/?/AC，GF?面ACD，AC?面ACD，得GF?/?/面ACD，

∵GH∩GF=G，

∴平面GFH?/?/平面ACD．

例3.【解析】證明：(1)∵PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，∴BC⊥PA，

又∵AB⊥BC，PA?AB=A，PA、AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，

又∵AE?平面PAB，∴AE⊥BC，

又∵AE⊥PB，PB?BC=B，PB、BC?平面PBC，∴AE⊥平面PBC，

又∵PC?平面PBC，∴AE⊥PC，

又∵AF⊥PC，AE∩AF=A，AE、AF?平面AEF，∴PC⊥平面AEF．

(2)設(shè)平面AEF交棱PD于點G，

由(1)知PC⊥平面AEF，CD⊥平面PAD，

又∵AG?平面AEF，AG?平面PCD，∴PC⊥AG，CD⊥AG，

又∵PC?CD=C，PC、CD?平面PCD，∴AG⊥平面PCD，

又∵PD?平面PCD，∴AG⊥PD．

練3-1.【解析】證明：(1)∵PA⊥底面ABCD，CD?底面ABCD，

∴CD⊥PA．

又CD⊥AC，PA∩AC=A，PA?面PAC，AC?面PAC，

∴CD⊥面PAC，AE?面PAC，

∴CD⊥AE．

(2)PA=AB=BC，∠ABC=60°，

∴PA=AC，E是PC的中點，

∴AE⊥PC，

由(1)知CD⊥AE，PC∩CD=C,PC,CD?平面PCD，

∴AE⊥面PCD．

∵PD?平面PCD，

∴AE⊥PD．

∵PA⊥底面

ABCD，AB?平面ABCD，

∴AB⊥PA．

又AB⊥AD，PA∩AD=A，PA?平面PAD，AD?平面PAD，

∴AB⊥平面PAD．

∵PD?平面PAD，

∴BA⊥PD．

∵AE⊥PD，AB∩AE=A,AB,AE?平面ABE，

∴PD⊥面ABE．

練3-2.【解析】(1)證明：如圖，連接BD，因為ABCD-A1B1C1D1是正四棱柱，所以B1B⊥平面ABCD，且AC⊥BD，所以AC⊥B1B，

又因為B1B∩BD=B，

且B(2)解：如圖，連接A1D，

因為B1D⊥平面ACE，所以B1D⊥AE，

因為A1B1⊥平面A1ADD1，所以A1B1⊥AE，

又A1B1∩B1D=B例4.【解析】證明：(1)因為PA⊥平面ABCD，

又BD?平面ABCD，所以PA⊥BD；因為底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD;因為PA∩AC=A，PA,AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC．(2)因為底面ABCD是菱形且∠ABC=60°，

所以△ACD為正三角形，

因為E為CD的中點，所以AE⊥CD因為AB//CD，所以AE⊥AB；因為PA⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，所以AE⊥PA；因為PA∩AB=A，PA,AB?平面PAB，所以AE⊥平面PAB，又AE?平面PAE，

所以平面PAB⊥平面PAE．練4-1.【解析】(1)證明：∵∠A=90°，∴AB⊥AD．

又SD⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴SD⊥AB.

又AD?SD=D，AD，SD?平面SAD．

∴AB⊥平面SAD．又AB?平面SAB，

∴平面SAB⊥平面SAD;

(2)當(dāng)CDAB=2時，能使DM⊥MC，連接BD，∵∠A=90°，AB=AD=a，

∴BD=2a,∴SD=BD,∠BDA=45°，

又M為SB中點，∴DM⊥SB，

設(shè)CD的中點為P，連接BP，則DP/?/AB，且DP=AB，

∴四邊形ABPD是平行四邊形，

∴BP//AD，

∴BP⊥CD，

∴BD=BC，又∠BDC=90°-∠BDA=45°，

∴∠CBD=90°，即BC⊥BD，又BC⊥SD，BD?SD=D，BD，SD?平面SBD．

∴BC⊥平面SBD，又DM?平面SBD．

∴DM⊥BC，又BC?SB=B，BC，SB?平面SBC．

∴DM⊥平面∴DM⊥MC，即當(dāng)CDAB=2時，能使練4-2.【解析】(1)證明：取G為AD邊的中點，連接PG，

因為△PAD為正三角形，G為AD邊的中點，所以PG⊥AD，

在底面菱形ABCD中，∠DAB=60°，G為AD邊的中點，所以BG⊥AD，

因為PG?平面PGB，BG?平面PGB，PG∩BG=G，

所以AD⊥平面PGB，

因為PB?平面PGB．所以AD⊥PB．

(2)解：當(dāng)F為PC邊的中點時，滿足平面DEF⊥平面ABCD，證明如下：

取PC的中點F，連接DE、EF、DF，

在△PBC中，F(xiàn)E//PB，EF在平面PBG外，PB在平面PBG內(nèi)，所以FE//平面PGB，

在菱形ABCD中，GB//DE，，DE在平面PBG外，GB在平面PBG內(nèi)，所以DE//平面PGB，又EF∩DE=E，都在平面DEF內(nèi)，所以平面DEF//平面PGB，

由題可知，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PG⊥AD，PG在平面PAD內(nèi)，

所以PG⊥平面ABCD，而PG?平面PGB，

所以平面PGB⊥平面ABCD，

所以平面DEF⊥平面ABCD．例5.【解析】(1)證明：∵四邊形ABCD為矩形，

∴EC//AB，

∵EC//AB，AB?平面DAB，EC?平面DAB，

∴EC//平面DAB，∵平面DEC∩平面DAB=l，EC?面DEC，

∴EC//l.

(2)證明：∵AB=2，BC=1，E是CD中點，

∴BE=AE=2，

∴BE2+AE2=AB2,∴BE⊥AE，

∵平面DAE⊥平面ABCE，平面DAE∩平面練5-1.【解析】(1)證明：作SO⊥AD，垂足為O，

依題意得SO⊥平面ABCD，

∴SO⊥AB，SO⊥CD，

又AB⊥AD，AD∩SO=O，AD?平面SAD，SO?平面SAD，

∴AB⊥平面SAD，AB⊥SA，AB⊥SD．

在Rt△SAB中，AB=2，SB=2，

由勾股定理得SA=SB2-AB2=4-2=2，同理可得SD=2．

在△SAD中，AD=2,SA=SD=2，

∴SA⊥SD，又SA∩AB=A，SA?平面SAB，AB?平面SAB，

∴SD⊥平