資源簡介

第2課時　平面與平面垂直的性質定理
—— (教學方式：深化學習課—梯度進階式教學)
[課時目標]
1．掌握面面垂直的性質定理．　2.能利用面面垂直的性質定理證明一些簡單的問題．
文字語言 兩個平面垂直，如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的______，那么這條直線與另一個平面______
符號語言 α⊥β，α∩β＝l，________，________ a⊥β
圖形語言
作用 ①面面垂直 ______垂直；②作平面的垂線
|微|點|助|解|　
(1)對面面垂直的性質定理的理解
①定理成立的條件有三個：兩個平面互相垂直；直線在其中一個平面內；直線與兩平面的交線垂直．
②定理的實質是由面面垂直得線面垂直，故可用來證明線面垂直．
③已知面面垂直時，可以利用此定理轉化為線面垂直，再轉化為線線垂直．
(2)平面與平面垂直的其他性質
①如果兩個平面垂直，那么經過第一個平面內一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內．
②如果兩個平面垂直，那么與其中一個平面平行的平面垂直于另一個平面．
③如果兩個平面垂直，那么其中一個平面的垂線平行于另一個平面或在另一個平面內．
1.如圖，在長方體ABCD －A1B1C1D1的棱AB上任取一點E，作EF⊥A1B1于點F，則EF與平面A1B1C1D1的位置關系是(　　)
A．平行
B．EF 平面A1B1C1D1
C．相交但不垂直
D．相交且垂直
2．若兩個平面互相垂直，在第一個平面內的一條直線a垂直于第二個平面內的一條直線b，那么(　　)
A．直線a垂直于第二個平面
B．直線b垂直于第一個平面
C．直線a不一定垂直于第二個平面
D．過a的平面必垂直于過b的平面
3．平面α⊥平面β，直線l α，直線m β，試判斷直線l，m的位置關系．
題型(一)　平面與平面垂直的性質定理的應用
[例1]　如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.求證：BC⊥AB.
　　　
聽課記錄：
|思|維|建|模|
利用面面垂直的性質定理證明線面垂直的問題時，要注意以下三點：
(1)兩個平面垂直．
(2)直線必須在其中一個平面內．
(3)直線必須垂直于它們的交線．　　
[針對訓練]
1．平面α⊥平面β，點P在平面α內，過點P作平面β的垂線a，試判斷直線a與平面α的位置關系．
題型(二)　垂直關系的相互轉化
[例2]　如圖所示，△ABC為正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中點．
求證：(1)DE＝DA；
(2)平面BDM⊥平面ECA；
(3)平面DEA⊥平面ECA.
聽課記錄：
[變式拓展]
本例條件不變，試求平面ADE與平面ABC所成二面角的大?。?br/>|思|維|建|模|
垂直關系的轉化
在關于垂直問題的論證中要注意線線垂直、線面垂直、面面垂直的相互轉化．每一種垂直的判定都是從某一垂直開始轉向另一垂直，最終達到目的，其轉化關系如下：
　　
[針對訓練]
2.如圖，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，點E為垂足．
(1)求證：PA⊥平面ABC；
(2)當點E為△PBC的垂心時，求證：△ABC是直角三角形．
題型(三)　平面與平面垂直條件的探求
[例3]　如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，側面△PAD為等邊三角形．
(1)求證：AD⊥PB；
(2)若E為BC邊上的中點，能否在棱PC上找到一點F，使平面DEF⊥平面ABCD？并證明你的結論．
聽課記錄：
|思|維|建|模|
(1)根據條件，找特殊點的位置，然后利用面面垂直的判定定理證明平面DEF⊥平面ABCD.
(2)求解該類問題也可利用結論平面DEF⊥平面ABCD.借助面面垂直的性質轉化，尋找點F滿足的條件．　　
[針對訓練]
3.如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點M為A1B1的中點．
(1)在棱BB1上是否存在點Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由；
(2)求點C到平面BC1M的距離．
第2課時　平面與平面垂直的性質定理
課前預知教材
交線　垂直　a α　a⊥l　線面
[基礎落實訓練]
1．D
2．選C　直線a與直線b均不一定為兩個平面的交線．
3．提示：相交、平行或異面．
?課堂題點研究
　[題型(一)]
[例1]　證明：
如圖，在平面PAB內，
作AD⊥PB于點D.
∵平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC＝PB，AD 平面PAB，∴AD⊥平面PBC.
又BC 平面PBC，∴AD⊥BC.
∵PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
∴PA⊥BC.
又∵PA∩AD＝A，PA 平面PAB，
AD 平面PAB，∴BC⊥平面PAB.
又AB 平面PAB，∴BC⊥AB.
[針對訓練]
1．解：如圖，設α∩β＝c，過點P在平面α內作直線b⊥c.
根據平面與平面垂直的性質定理有b⊥β.
因為過一點有且只有一條直線與平面β垂直，
所以直線a與直線b重合，因此a α.
[題型(二)]
[例2]　證明：(1)設BD＝a，如圖，作DF∥BC交CE于F，
則CF＝DB＝a.因為CE⊥平面ABC，所以BC⊥CF，DF⊥EC，所以DE＝＝a.
又因為DB⊥平面ABC，
所以DA＝＝a.所以DE＝DA.
(2)取CA的中點N，連接MN，BN，則MN綉CE綉DB.所以四邊形MNBD為平行四邊形．所以MD∥BN.
又因為EC⊥平面ABC，
所以EC⊥BN，EC⊥MD.
又DE＝DA，M為EA的中點，
所以DM⊥AE.
因為EC∩AE＝E，EC，AE 平面AEC，所以DM⊥平面AEC.
又DM 平面BDM，所以平面BDM⊥平面ECA.
(3)由(2)知DM⊥平面AEC，而DM 平面DEA，
所以平面DEA⊥平面ECA.
[變式拓展]
解：如圖，延長ED交CB延長線于點N，連接AN.設BD＝a，由例題知，CE＝AC＝BC＝AB＝2a.
在△CEN中，由＝知B為CN的中點，
∴CB＝BN＝2a.∴△ABN中，∠ABN＝120°，∠BAN＝∠BNA＝30°.
∴∠CAN＝90°，即NA⊥CA.
又EC⊥平面ABC，∴EC⊥NA.
又CA∩CE＝C，CA，CE 平面ACE，
∴NA⊥平面ACE.
又AC，AE 平面ACE，∴NA⊥AE，NA⊥AC.
又AN為平面ADE與平面ABC的交線．
∴∠CAE為平面ADE與平面ABC所成二面角的平面角．
在Rt△ACE中，AC＝CE，∴∠CAE＝45°.
∴平面ADE與平面ABC所成二面角為45°.
[針對訓練]
2．證明：(1)在平面ABC內取一點D，作DF⊥AC于點F.
∵平面PAC⊥平面ABC，且交線為AC，DF 平面ABC，
∴DF⊥平面PAC.
∵PA 平面PAC，
∴DF⊥PA.
作DG⊥AB于點G，同理可證DG⊥PA.
∵DG，DF 平面ABC，且DG∩DF＝D，
∴PA⊥平面ABC.
(2)連接BE并延長交PC于點H.
∵點E是△PBC的垂心，∴PC⊥BE.
又AE⊥平面PBC，PC 平面PBC，
∴PC⊥AE.
∵AE∩BE＝E，AE 平面ABE，BE 平面ABE，∴PC⊥平面ABE.
又AB 平面ABE，∴PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC，又AB 平面ABC，∴PA⊥AB.
∵PA∩PC＝P，PA 平面PAC，PC 平面PAC，
∴AB⊥平面PAC.又AC 平面PAC，
∴AB⊥AC，即△ABC是直角三角形．
　[題型(三)]
[例3]　解：(1)證明：設G為AD的中點，連接PG，BG，如圖．
因為△PAD為等邊三角形，所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，
G為AD的中點，所以BG⊥AD.
又因為BG∩PG＝G，BG，PG 平面PGB，
所以AD⊥平面PGB，
因為PB 平面PGB，所以AD⊥PB.
(2)當F為PC的中點時，滿足平面DEF⊥平面ABCD.證明如下：
如圖，設F為PC的中點，連接DF，EF，DE.
在△PBC中，EF∥PB，所以EF∥平面PGB.
在菱形ABCD中，GB∥DE，
所以DE∥平面PGB.
而EF 平面DEF，DE 平面DEF，EF∩DE＝E，所以平面DEF∥平面PGB.
由(1)，得AD⊥平面PGB，而AD 平面ABCD，所以平面PGB⊥平面ABCD.
所以平面DEF⊥平面ABCD.
[針對訓練]
3．解：(1)在正三棱柱ABC A1B1C1中，因為點M為A1B1的中點，所以C1M⊥A1B1.又A1A⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，所以AA1⊥C1M.因為AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1 平面AA1B1B，所以C1M⊥平面AA1B1B.又C1M 平面BC1M，所以平面BC1M⊥平面AA1B1B.在平面AA1B1B內過點A作AQ⊥BM交BB1于點Q，平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，所以AQ⊥平面BC1M，于是點Q即為所要求的點．顯然△ABQ∽△BB1M，因此＝，即＝，所以BQ＝，B1Q＝B1B－BQ＝4－＝，所以＝7.
(2)取AB的中點N，連接CN，MN，因為點M為A1B1的中點，MN∥BB1∥CC1，MN＝BB1＝CC1，所以四邊形CNMC1為平行四邊形，即CN∥C1M.又C1M 平面BC1M，CN 平面BC1M，因此CN∥平面BC1M，所以點C到平面BC1M的距離hC等于點N到平面BC1M的距離hN.又N為AB的中點，所以點N到平面BC1M的距離hN等于點A到平面BC1M距離hA的一半．由(1)知，當BQ＝時，AQ⊥平面BC1M, cos∠BAQ＝＝＝.
設AQ∩BM＝H，則hA＝AH＝ABcos∠BAQ＝2×＝，所以點C到平面BC1M的距離hC＝hN＝hA＝.(共63張PPT)
平面與平面垂直的性質定理
(教學方式:深化學習課—梯度進階式教學)
第2課時
課時目標
1.掌握面面垂直的性質定理.　
2.能利用面面垂直的性質定理證明一些簡單的問題.
CONTENTS
目錄
1
2
3
課前預知教材·自主落實基礎
課堂題點研究·遷移應用融通
課時跟蹤檢測
課前預知教材·自主落實基礎
01
文字語言 兩個平面垂直,如果一個平面內有一直線垂直于這兩個平面的______,那么這條直線與另一個平面_____
符號語言 α⊥β,α∩β=l,_____,______ a⊥β
圖形語言
作用 ①面面垂直 _____垂直;
②作平面的垂線
交線
垂直
a α
a⊥l
線面
|微|點|助|解|
(1)對面面垂直的性質定理的理解
①定理成立的條件有三個:兩個平面互相垂直;直線在其中一個平面內;直線與兩平面的交線垂直.
②定理的實質是由面面垂直得線面垂直,故可用來證明線面垂直.
③已知面面垂直時,可以利用此定理轉化為線面垂直,再轉化為線線垂直.
(2)平面與平面垂直的其他性質
①如果兩個平面垂直,那么經過第一個平面內一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內.
②如果兩個平面垂直,那么與其中一個平面平行的平面垂直于另一個平面.
③如果兩個平面垂直,那么其中一個平面的垂線平行于另一個平面或在另一個平面內.
基礎落實訓練
1.如圖,在長方體ABCD A1B1C1D1的棱AB上任取一點E,作EF⊥A1B1于點F,則EF與平面A1B1C1D1的位置關系是 (　　)
A.平行
B.EF 平面A1B1C1D1
C.相交但不垂直
D.相交且垂直
√
2.若兩個平面互相垂直,在第一個平面內的一條直線a垂直于第二個平面內的一條直線b,那么 (　　)
A.直線a垂直于第二個平面
B.直線b垂直于第一個平面
C.直線a不一定垂直于第二個平面
D.過a的平面必垂直于過b的平面
解析:直線a與直線b均不一定為兩個平面的交線.
√
3.平面α⊥平面β,直線l α,直線m β,試判斷直線l,m的位置關系.
提示:相交、平行或異面.
課堂題點研究·遷移應用融通
02
題型(一)　平面與平面垂直的性質定理的應用
[例1]　如圖,在三棱錐P ABC中,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC.求證:BC⊥AB.
證明:如圖,在平面PAB內, 作AD⊥PB于點D.
∵平面PAB⊥平面PBC,且平面PAB∩平面PBC=PB,
AD 平面PAB,∴AD⊥平面PBC.
又BC 平面PBC,∴AD⊥BC.
∵PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,∴PA⊥BC.
又∵PA∩AD=A,PA 平面PAB,
AD 平面PAB,∴BC⊥平面PAB.
又AB 平面PAB,∴BC⊥AB.
|思|維|建|模|
利用面面垂直的性質定理證明線面垂直的問題時,要注意以下三點:
(1)兩個平面垂直.
(2)直線必須在其中一個平面內.
(3)直線必須垂直于它們的交線.
1.平面α⊥平面β,點P在平面α內,過點P作平面β的垂線a,試判斷直線a與平面α的位置關系.
解:如圖,設α∩β=c,過點P在平面α內作直線b⊥c.
根據平面與平面垂直的性質定理有b⊥β.
因為過一點有且只有一條直線與平面β垂直,
所以直線a與直線b重合,因此a α.
針對訓練
題型(二)　垂直關系的相互轉化
[例2]　如圖所示,△ABC為正三角形,EC⊥平面ABC,BD∥CE,且CE=CA=
2BD,M是EA的中點.
求證:(1)DE=DA;
證明:設BD=a,如圖,作DF∥BC交CE于F,
則CF=DB=a.因為CE⊥平面ABC,
所以BC⊥CF,DF⊥EC,
所以DE==a.
又因為DB⊥平面ABC,
所以DA==a.
所以DE=DA.
(2)平面BDM⊥平面ECA;
證明:取CA的中點N,連接MN,BN,則MN CE DB.所以四邊形MNBD為平行四邊形.所以MD∥BN.
又因為EC⊥平面ABC,所以EC⊥BN,EC⊥MD.
又DE=DA,M為EA的中點,所以DM⊥AE.
因為EC∩AE=E,EC,AE 平面AEC,所以DM⊥平面AEC.
又DM 平面BDM,所以平面BDM⊥平面ECA.
(3)平面DEA⊥平面ECA.
證明:由(2)知DM⊥平面AEC,而DM 平面DEA,
所以平面DEA⊥平面ECA.
本例條件不變,試求平面ADE與平面ABC所成二面角的大小.
解:如圖,延長ED交CB延長線于點N,連接AN.設BD=a,
由例題知,CE=AC=BC=AB=2a.
在△CEN中,由=知B為CN的中點,
∴CB=BN=2a.∴△ABN中,∠ABN=120°,
∠BAN=∠BNA=30°.
∴∠CAN=90°,即NA⊥CA.
變式拓展
又EC⊥平面ABC,∴EC⊥NA.
又CA∩CE=C,CA,CE 平面ACE,
∴NA⊥平面ACE.
又AC,AE 平面ACE,∴NA⊥AE,NA⊥AC.
又AN為平面ADE與平面ABC的交線.
∴∠CAE為平面ADE與平面ABC所成二面角的平面角.
在Rt△ACE中,AC=CE,∴∠CAE=45°.
∴平面ADE與平面ABC所成二面角為45°.
|思|維|建|模|
垂直關系的轉化
　　在關于垂直問題的論證中要注意線線垂直、線面垂直、面面垂直的相互轉化.每一種垂直的判定都是從某一垂直開始轉向另一垂直,最終達到目的,其轉化關系如下:
2.如圖,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,點E為垂足.
(1)求證:PA⊥平面ABC;
針對訓練
證明:在平面ABC內取一點D,作DF⊥AC于點F.
∵平面PAC⊥平面ABC,且交線為AC,DF 平面ABC,
∴DF⊥平面PAC.
∵PA 平面PAC,∴DF⊥PA.
作DG⊥AB于點G,同理可證DG⊥PA.
∵DG,DF 平面ABC,且DG∩DF=D,
∴PA⊥平面ABC.
(2)當點E為△PBC的垂心時,求證:△ABC是直角三角形.
證明:連接BE并延長交PC于點H.
∵點E是△PBC的垂心,∴PC⊥BE.
又AE⊥平面PBC,PC 平面PBC,∴PC⊥AE.
∵AE∩BE=E,AE 平面ABE,BE 平面ABE,
∴PC⊥平面ABE.
又AB 平面ABE,∴PC⊥AB.
由(1)知PA⊥平面ABC,又AB 平面ABC,
∴PA⊥AB.
∵PA∩PC=P,PA 平面PAC,PC 平面PAC,
∴AB⊥平面PAC.又AC 平面PAC,
∴AB⊥AC,即△ABC是直角三角形.
題型(三)　平面與平面垂直條件的探求
[例3]　如圖,在四棱錐P ABCD中,底面ABCD為菱形,∠BAD=60°,側面△PAD為等邊三角形.
(1)求證:AD⊥PB;
解:證明:設G為AD的中點,連接PG,BG,如圖.
因為△PAD為等邊三角形,所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中,∠DAB=60°,
G為AD的中點,所以BG⊥AD.
又因為BG∩PG=G,BG,PG 平面PGB,
所以AD⊥平面PGB,
因為PB 平面PGB,所以AD⊥PB.
(2)若E為BC邊上的中點,能否在棱PC上找到一點F,使平面DEF⊥平面ABCD 并證明你的結論.
解:當F為PC的中點時,滿足平面DEF⊥平面ABCD.證明如下:
如圖,設F為PC的中點,連接DF,EF,DE.
在△PBC中,EF∥PB,所以EF∥平面PGB.
在菱形ABCD中,GB∥DE,
所以DE∥平面PGB.
而EF 平面DEF,DE 平面DEF,EF∩DE=E,
所以平面DEF∥平面PGB.
由(1),得AD⊥平面PGB,而AD 平面ABCD,所以平面PGB⊥平面ABCD.
所以平面DEF⊥平面ABCD.
(1)根據條件,找特殊點的位置,然后利用面面垂直的判定定理證明平面DEF⊥平面ABCD.
(2)求解該類問題也可利用結論平面DEF⊥平面ABCD.借助面面垂直的性質轉化,尋找點F滿足的條件.
|思|維|建|模|
3.如圖,在正三棱柱ABC A1B1C1中,AB=AA1=2,點M為A1B1的中點.
(1)在棱BB1上是否存在點Q,使得AQ⊥平面BC1M 若存在,求出的值;若不存在,請說明理由;
針對訓練
解:在正三棱柱ABC A1B1C1中,因為點M為A1B1的中點,所以C1M⊥A1B1.又A1A⊥平面A1B1C1,C1M 平面A1B1C1,所以AA1⊥C1M.因為AA1∩A1B1
=A1,AA1,A1B1 平面AA1B1B,所以C1M⊥平面AA1B1B.又C1M 平面BC1M,所以平面BC1M⊥平面AA1B1B.在平面AA1B1B內過點A作AQ⊥BM交BB1于點Q,平面BC1M∩平面AA1B1B=BM,所以AQ⊥平面BC1M,
于是點Q即為所要求的點.顯然△ABQ∽△BB1M,因此=,即=,所以BQ=,B1Q=B1B-BQ=4-=,所以=7.
(2)求點C到平面BC1M的距離.
解:取AB的中點N,連接CN,MN,因為點M為A1B1的中點,MN∥BB1∥CC1,
MN=BB1=CC1,所以四邊形CNMC1為平行四邊形,即CN∥C1M.又C1M 平面BC1M,CN 平面BC1M,因此CN∥平面BC1M,所以點C到平面BC1M的距離hC等于點N到平面BC1M的距離hN.又N為AB的中點,所以點N到平面BC1M的距離hN等于點A到平面BC1M距離hA的一半.由(1)知,當BQ=時,AQ⊥平面BC1M, cos∠BAQ===.
設AQ∩BM=H,則hA=AH=ABcos∠BAQ=2×=,所以點C到平面BC1M的距離hC=hN=hA=.
課時跟蹤檢測
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A級——達標評價
1.平面α⊥平面β,直線a∥α,則(　　)
A.a⊥β B.a∥β
C.a與β相交 D.以上都有可能
解析:因為a∥α,平面α⊥平面β,所以直線a與β垂直、相交、平行都有可能.故選D.
√
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2.已知直線m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n α,要使n⊥β,則應增加的條件是 (　　)
A.m∥n B.n⊥m
C.n∥α D.n⊥α
解析:已知直線m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n α,應增加的條件n⊥m,才能使得n⊥β.
√
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3.如圖,在三棱錐P ABC中,平面PAB⊥平面ABC,PA=PB,AD=DB,則 (　　)
A.PD 平面ABC B.PD⊥平面ABC
C.PD與平面ABC相交但不垂直 D.PD∥平面ABC
解析:因為PA=PB,AD=DB,所以PD⊥AB.又因為平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PD 平面PAB,所以PD⊥平面ABC.
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4.已知平面α,β及直線a滿足α⊥β,α∩β=AB,a∥α,a⊥AB,則 (　　)
A.a β B.a⊥β
C.a∥β D.a與β相交但不垂直
解析:由題意,α中存在直線b,b∥a.因為a⊥AB,所以b⊥AB.因為α⊥β,
α∩β=AB,所以b⊥β.因為b∥a,所以a⊥β.
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5.已知平面α,β,γ,則下列命題正確的是 (　　)
A.α⊥β,β⊥γ,則α∥γ
B.α∥β,β⊥γ,則α⊥γ
C.α∩β=a,β∩γ=b,α⊥β,β⊥γ,則a⊥b
D.α⊥β,α∩β=a,a⊥b,則b⊥α
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解析:A中α,γ可以相交;C中如圖,a與b不一定垂直;D中b僅垂直于α的一條直線a,不能判定b⊥α.
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6.如圖,空間四邊形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,∠BAD=90°,
且AB=AD,則AD與平面BCD所成的角是　　　　.
45°
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解析:過A作AO⊥BD于O點.∵平面ABD⊥平面BCD,∴AO⊥平面BCD,則∠ADO即為AD與平面BCD所成的角.∵∠BAD=90°,AB=AD,
∴∠ADO=45°.
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7.如圖,平行四邊形ABCD中,AB⊥BD,沿BD將△ABD折起,使平面ABD⊥
平面BCD,連接AC,則在四面體ABCD的四個面中,互相垂直的平面的對數為　　　.
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解析:因為平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊥BD,所以AB⊥平面BCD.所以平面ABC⊥平面BCD.因為AB⊥BD,AB∥CD,所以CD⊥BD.又因為平面ABD⊥平面BCD,所以CD⊥平面ABD.所以平面ACD⊥平面ABD,共3對.
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8.如圖,在四面體A BCD中,平面ABD⊥平面BCD,△ABD是邊長為3的等邊三角形,BD=CD,BD⊥CD,則四面體A BCD的體積為　　　　 .
解析:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,CD⊥BD,CD 平面BCD,∴CD⊥平面ABD,∴VA BCD=VC ABD=S△ABD·CD,∵△ABD是邊長為3的等邊三角形,∴S△ABD=×3×3×sin=,又BD=CD=3,
∴VA BCD=××3=.
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9.(10分)如圖,已知平面α⊥平面β,在α與β的交線上取線段AB=4 cm,AC,BD分別在平面α和平面β內,它們都垂直于交線AB,并且AC=3 cm,BD=12 cm,求CD的長.
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解:連接BC.∵α⊥β,α∩β=AB,BD⊥AB,∴BD⊥平面α.
∵BC α,∴BD⊥BC.
在Rt△BAC中,
BC===5,在Rt△DBC中,
CD===13,
∴CD的長為13 cm.
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10.(10分)如圖,在四棱錐P ABCD中,側面PAD⊥底面ABCD,側棱PA⊥
PD,底面ABCD是直角梯形,其中BC∥AD,∠BAD=90°,AD=3BC,O是AD上一點.
(1)若CD∥平面PBO,試指出點O的位置;
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解:∵CD∥平面PBO,CD 平面ABCD,
且平面ABCD∩平面PBO=BO,∴BO∥CD.
又BC∥AD,∴四邊形BCDO為平行四邊形.
則BC=DO.又AD=3BC,∴AD=3OD.
故點O是靠近點D的線段AD的一個三等分點.
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(2)求證:平面PAB⊥平面PCD.
解:證明:∵側面PAD⊥底面ABCD,側面PAD∩底面ABCD=AD,AB 底面ABCD,且AB⊥AD,
∴AB⊥平面PAD.
又PD 平面PAD,∴AB⊥PD.
又PA⊥PD,且PA 平面PAB,AB 平面PAB,AB∩PA=A,
∴PD⊥平面PAB.
又PD 平面PCD,∴平面PAB⊥平面PCD.
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B級——重點培優
11.如圖,三棱錐P ABC的底面在平面α內,且AC⊥PC,平面PAC⊥平面PBC,點P,A,B是定點,則動點C的軌跡是(　　)
A.一條線段 B.一條直線
C.一個圓 D.一個圓,但要去掉兩個點
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解析:∵平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,平面PAC∩平面PBC=PC,AC 平面PAC,∴AC⊥平面PBC.又BC 平面PBC,∴AC⊥BC.∴∠ACB=90°.
∴動點C的軌跡是以AB為直徑的圓,除去A和B兩點.
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12.(多選)如圖,點P為四邊形ABCD外一點,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,
E為AD的中點,則下列結論一定成立的是 (　　)
A.PE⊥AC
B.PE⊥BC
C.平面PBE⊥平面ABCD
D.平面PBE⊥平面PAD
√
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解析:因為PA=PD,E為AD的中點,所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PE⊥平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,所以A、B成立.又PE 平面PBE,所以平面PBE⊥平面ABCD,所以C成立.若平面PBE⊥平面PAD,則AD⊥平面PBE,必有AD⊥BE,此關系不一定成立.故選A、B、C.
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13.如圖,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB與兩平面α,β所成的角分別為和.過A,B分別作兩平面交線的垂線,垂足為A',B',則AB∶A'B'=　　　.
2∶1
解析:由已知條件可知∠BAB'=,∠ABA'=.設AB=2a,則BB'=2asin=
a,A'B=2acos =a.∴在Rt△BB'A'中,得A'B'=a.∴AB∶A'B'=2∶1.
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14.在三棱錐P ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PCA=90°,△ABC是邊長為4的正三角形,PC=4,M是AB邊上的一動點,則PM的最小值為　　　.
解析:如圖,連接CM,則由題意得PC⊥平面ABC.因為CM
平面ABC,所以PC⊥CM.所以PM=.求PM的最
小值,只需求出CM的最小值即可.在△ABC中,當CM⊥AB時
CM有最小值,此時有CM=4×=2,所以PM的最小值為2.
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15.(16分)(2023·全國甲卷)如圖,在三棱柱ABC A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)證明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
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解:證明:因為A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以A1C⊥BC.因為∠ACB=90°,所以BC⊥AC.又A1C∩AC=C,A1C,AC 平面ACC1A1,所以BC⊥平面ACC1A1.又BC 平面BB1C1C,所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
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(2)設AB=A1B,AA1=2,求四棱錐A1 BB1C1C的高.
解:如圖,過點A1作A1H⊥CC1,交CC1于點H.由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
又平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1H 平面ACC1A1,所以A1H⊥平面BB1C1C,即四棱錐A1 BB1C1C的高為A1H.
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由題意知AB=A1B,BC=BC,∠A1CB=∠ACB=90°,則△ACB≌△A1CB,故CA=CA1.
又AA1=2,∠ACA1=90°,所以A1C1=CA1=.
在等腰直角三角形CA1C1中,A1H為斜邊中線,所以A1H=CC1=1.
故四棱錐A1 BB1C1C的高為1.課時跟蹤檢測(三十九)　平面與平面垂直的性質定理
(滿分100分，A級選填小題每題5分，B級選填小題每題6分)
A級——達標評價
1．平面α⊥平面β，直線a∥α，則(　　)
A．a⊥β B．a∥β
C．a與β相交 D．以上都有可能
2．已知直線m，n和平面α，β，若α⊥β，α∩β＝m，n α，要使n⊥β，則應增加的條件是(　　)
A．m∥n B．n⊥m
C．n∥α D．n⊥α
3.如圖，在三棱錐P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA＝PB，AD＝DB，則(　　)
A．PD 平面ABC
B．PD⊥平面ABC
C．PD與平面ABC相交但不垂直
D．PD∥平面ABC
4．已知平面α，β及直線a滿足α⊥β，α∩β＝AB，a∥α，a⊥AB，則(　　)
A．a β B．a⊥β
C．a∥β D．a與β相交但不垂直
5．已知平面α，β，γ，則下列命題正確的是(　　)
A．α⊥β，β⊥γ，則α∥γ
B．α∥β，β⊥γ，則α⊥γ
C．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，β⊥γ，則a⊥b
D．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，則b⊥α
6.如圖，空間四邊形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，則AD與平面BCD所成的角是________.
7．如圖，平行四邊形ABCD中，AB⊥BD，沿BD將△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AC，則在四面體ABCD的四個面中，互相垂直的平面的對數為________.
8.如圖，在四面體A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是邊長為3的等邊三角形，BD＝CD，BD⊥CD，則四面體A－BCD的體積為_________.
9．(10分)如圖，已知平面α⊥平面β，在α與β的交線上取線段AB＝4 cm，AC，BD分別在平面α和平面β內，它們都垂直于交線AB，并且AC＝3 cm，BD＝12 cm，求CD的長.
10．(10分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，側面PAD⊥底面ABCD，側棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一點.
(1)若CD∥平面PBO，試指出點O的位置；
(2)求證：平面PAB⊥平面PCD.
B級——重點培優
11.如圖，三棱錐P－ABC的底面在平面α內，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，點P，A，B是定點，則動點C的軌跡是(　　)
A．一條線段
B．一條直線
C．一個圓
D．一個圓，但要去掉兩個點
12.(多選)如圖，點P為四邊形ABCD外一點，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，E為AD的中點，則下列結論一定成立的是(　　)
A．PE⊥AC
B．PE⊥BC
C．平面PBE⊥平面ABCD
D．平面PBE⊥平面PAD
13.如圖，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB與兩平面α，β所成的角分別為和.過A，B分別作兩平面交線的垂線，垂足為A′，B′，則AB∶A′B′＝______.
14．在三棱錐P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PCA＝90°，△ABC是邊長為4的正三角形，PC＝4，M是AB邊上的一動點，則PM的最小值為________.
15．(16分)(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)設AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高.
課時跟蹤檢測(三十九)
1．選D　因為a∥α，平面α⊥平面β，所以直線a與β垂直、相交、平行都有可能．故選D.
2．選B　已知直線m，n和平面α，β，若α⊥β，α∩β＝m，n α，應增加的條件n⊥m，才能使得n⊥β.
3．選B　因為PA＝PB，AD＝DB，所以PD⊥AB.又因為平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD 平面PAB，所以PD⊥平面ABC.
4．選B　由題意，α中存在直線b，b∥a.因為a⊥AB，所以b⊥AB.因為α⊥β，α∩β＝AB，所以b⊥β.因為b∥a，所以a⊥β.
5.選B　A中α，γ可以相交；C中如圖，a與b不一定垂直；D中b僅垂直于α的一條直線a，不能判定b⊥α.
6．解析：過A作AO⊥BD于O點．∵平面ABD⊥平面BCD，∴AO⊥平面BCD，則∠ADO即為AD與平面BCD所成的角．∵∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠ADO＝45°.
答案：45°
7．解析：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD.所以平面ABC⊥平面BCD.因為AB⊥BD，AB∥CD，所以CD⊥BD.又因為平面ABD⊥平面BCD，所以CD⊥平面ABD.所以平面ACD⊥平面ABD，共3對．
答案：3
8．解析：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊥BD，CD 平面BCD，∴CD⊥平面ABD，∴VA BCD＝VC ABD＝S△ABD·CD，∵△ABD是邊長為3的等邊三角形，∴S△ABD＝×3×3×sin＝，又BD＝CD＝3，∴VA BCD＝××3＝.
答案：
9．解：連接BC.∵α⊥β，α∩β＝AB，BD⊥AB，∴BD⊥平面α.
∵BC α，∴BD⊥BC.在Rt△BAC中，
BC＝＝＝5，
在Rt△DBC中，CD＝＝＝13，
∴CD的長為13 cm.
10．解：(1)∵CD∥平面PBO，CD 平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，
∴BO∥CD.
又BC∥AD，∴四邊形BCDO為平行四邊形．
則BC＝DO.又AD＝3BC，∴AD＝3OD.
故點O是靠近點D的線段AD的一個三等分點．
(2)證明：∵側面PAD⊥底面ABCD，側面PAD∩底面ABCD＝AD，AB 底面ABCD，且AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD.
又PD 平面PAD，∴AB⊥PD.
又PA⊥PD，且PA 平面PAB，AB 平面PAB，AB∩PA＝A，∴PD⊥平面PAB.
又PD 平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD.
11．選D　∵平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AC 平面PAC，∴AC⊥平面PBC.又BC 平面PBC，∴AC⊥BC.∴∠ACB＝90°.∴動點C的軌跡是以AB為直徑的圓，除去A和B兩點．
12．選ABC　因為PA＝PD，E為AD的中點，所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥AC，PE⊥BC，所以A、B成立．又PE 平面PBE，所以平面PBE⊥平面ABCD，所以C成立．若平面PBE⊥平面PAD，則AD⊥平面PBE，必有AD⊥BE，此關系不一定成立．故選A、B、C.
13．解析：由已知條件可知∠BAB′＝，∠ABA′＝.設AB＝2a，則BB′＝2asin＝a，A′B＝2acos ＝a.
∴在Rt△BB′A′中，得A′B′＝a.
∴AB∶A′B′＝2∶1.
答案：2∶1
14．解析：如圖，連接CM，則由題意得PC⊥平面ABC.因為CM 平面ABC，
所以PC⊥CM.所以PM＝.求PM的最小值，只需求出CM的最小值即可．在△ABC中，當CM⊥AB時CM有最小值，此時有CM＝4×＝2，所以PM的最小值為2.
答案：2
15．解：(1)證明：因為A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC.
因為∠ACB＝90°，所以BC⊥AC.又A1C∩AC＝C，A1C，AC 平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1.
又BC 平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)如圖，過點A1作A1H⊥CC1，交CC1于點H.由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.又平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1H 平面ACC1A1，所以A1H⊥平面BB1C1C，即四棱錐A1 BB1C1C的高為A1H.
由題意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，則△ACB≌△A1CB，故CA＝CA1.又AA1＝2，∠ACA1＝90°，所以A1C1＝CA1＝.
在等腰直角三角形CA1C1中，A1H為斜邊中線，所以A1H＝CC1＝1.
故四棱錐A1 BB1C1C的高為1.

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