資源簡介

(共48張PPT)
13.2 基本圖形位置關系
13.2.4 平面與平面的位置關系
第3課時 平面與平面垂直的性質定理以及綜合應用
探究點一 平面與平面垂直的性質定理的
應用
探究點二 空間垂直關系的綜合應用
【學習目標】
1.通過直觀感知、操作確認,能夠歸納出平面與平面垂直的性質
定理,并能夠證明.
2.掌握空間中三種垂直關系的判定及性質的綜合應用，并能夠解
決一些垂直問題的命題.
知識點一 平面與平面垂直的性質定理
1.平面與平面垂直的性質定理
文字語言 圖形語言 符號語言 巧記方法
兩個平面垂直,如 果一個平面內有 一條直線______ 于這兩個平面的 ______,那么這條 直線與另一個平 面______ ______________________________
垂直
交線
垂直
2.面面垂直的性質定理的作用：
（1）判定直線與平面垂直；
（2）由平面外一點作平面的垂線時，確定垂足的位置.
【診斷分析】
（1）若兩個平面垂直，則兩個平面內任意兩條直線互相垂直嗎？
解：不一定垂直.如圖①,平面平面,,,但, 不垂直.
（2）若平面平面，且直線，則直線 是否垂直于平面 內
的無數條直線？
解：是.如圖②,平面 內存在無數條垂直于兩個平面交線的直線,
這些直線都與直線 垂直.
（3）黑板所在平面與地面垂直，能否在黑板上畫一條直線與地面垂直？
解：能.設黑板所在平面與地面的交線為，
在黑板上畫出一條與 垂直的直線，則所畫直線必與地面垂直．
知識點二 空間中垂直關系的轉化
線線垂直線面垂直 面面垂直
探究點一 平面與平面垂直的性質定理的應用
例1 如圖所示，在四棱錐 中，四邊形
是邊長為的菱形，側面 為正三角形，
其所在平面垂直于底面，為 的中點，
．
求證：（1） 平面 ；
證明：連接，，為正三角形， 是的中點，
，又平面平面，平面 平面，
平面， 平面， .
四邊形是菱形且 ，
是正三角形， .
， 平面 .
（2） .
證明： 由（1）可知，， ，
平面，又 平面， .
變式 如圖，在三棱臺中，在棱 上，平
面 平面， ， ，
，.證明： .
證明：連接,在中, , ,
由余弦定理得 ,
則 ,所以,
又平面平面,平面 平面,平面,
所以平面 ,又平面,所以 .
因為,,平面,平面 ,
所以平面 ,又平面,所以 ,
又,所以 .
［素養小結］
當題目條件中有面面垂直的條件時，往往要由面面垂直的性質定理
推導出線面垂直，進而得到線線垂直．因此見到面面垂直條件時要
找準兩平面的交線，有目的地在平面內找交線的垂線．
拓展 如圖所示，四邊形 是矩形，
，為的中點，以 為折痕
將折起，使到達 的位置，且平面
平面 ，得到四棱錐
.
（1）求證： ；
證明：四邊形是矩形,,為 的中點,
, 都是等腰直角三角形,
,,即 .
平面平面,
平面平面,
平面, 平面, .
（2）求二面角 的余弦值.
解：由（1）知 是等腰直角三角形,
.
平面,, ,
是二面角 的平面角,
二面角的余弦值為 .
探究點二 空間垂直關系的綜合應用
例2 [2024·南通海門中學高一月考] 如圖，在四
棱錐中，底面 是菱形，平面
平面， 是邊長為2的正三角
形，，是的中點，過點，，
的平面與交于點 .
（1）求證： ；
證明：因為底面 是菱形，所以 ，
又 平面， 平面 ，
所以平面 .
因為平面 平面，
平面 ，所以 .
（2）求證： ；
證明：由（1）知， ，所以 ，
因為是的中點，所以是 的中點，
又是正三角形，所以 .
因為平面平面，
平面 平面，平面，所以平面 .
因為平面，所以 ，又，所以 .
（3）求二面角 的正切值.
解：過作于，連接 ，如圖，
由（2）知 平面 ，
因為平面，平面 ，
所以， .
因為，平面，
平面，所以平面 ，
又平面，所以 ，
所以就是二面角 的平面角.
在正三角形中，， ，
因為在中，，
，所以，
所以在 中， .
因為在中， ，
所以二面角的正切值為 .
變式 如圖①，在中， ，，分別為， 的中
點，點是線段上的一點，將沿折起到 的位置，
使，得到四棱錐 ，如圖②.
（1）證明： .
證明：由已知得且,
，， ,
， 平面 ，
又 平面， .
,，
平面 ， .
（2）棱上是否存在點，使 平面？若存在，求出
的值；若不存在，說明理由.
解：棱上存在點，使 平面 .
理由如下：如圖，分別取,的中點, ，
連接，，，則 .
,, 平面 即為平面 .
由（1）知平面, ，
是等腰三角形底邊的中點， .
，平面，平面 .
故棱上存在點，使平面，其中 .
［素養小結］
線面垂直是溝通線線垂直與面面垂直的橋梁，線線垂直、線面垂直、
面面垂直三者之間可以相互轉化，解題時需要靈活選用.
拓展 正四棱錐的底面邊長為2，高為2，是 的中點，
動點在正四棱錐的表面上運動，并且總保持，則動點 的
軌跡的周長為_________.
[解析] 如圖所示，連接，設 ，
連接，則 平面，且 ，
分別取，的中點，，
連接，， ，則易證 平面，
故動點的軌跡是 的三邊.
， ，
又 ，
.
面面垂直的性質定理解讀
（1）平面與平面垂直的性質定理包含三個條件:①兩個平面垂直;②
有一條直線在一個平面內（或與一個平面平行）;③這條直線垂直于
兩個平面的交線.
（2）兩個平面垂直,分別在兩個平面內的兩條直線可能平行、相交
（含垂直相交）或異面.
運用面面垂直的性質定理時,一般需作輔助線.若已知有面面垂直的條
件,則可設法找出一個平面內的一條直線垂直于它們的交線,這樣就能
得到線面垂直的結論.
1.線面、面面垂直的轉化證明
例1 如圖,多面體中,四邊形 為正方形,
平面 平面,， ,
,若是的中點,求證: .
證明：因為四邊形 為正方形,所以 ,
又平面平面,平面 平面,平面 ,
所以平面 ,又平面 ,所以 .
如圖,連接,則 ,在 中,
,所以 .
因為,,, 平面 ,
且 ,所以 平面 ,
又 平面 , 所以 .
因為,,,平面 ,且 ,
所以平面 ,又平面 ,所以 ,
又,所以 .
因為是的中點,,所以 .
因為,平面,且 ,
所以平面 ,又平面,所以 .
例2 [2024·江蘇無錫一中質檢] 已知三棱錐
中，，，, 分別
為棱,的中點，且平面 平面 .
求證：平面 平面 .
證明：因為，點是 的中點，所以 ，
又因為平面平面，平面 平面，
平面 ，所以平面 .
因為平面，所以 .
因為,分別為棱,的中點，所以 ，
又因為，所以 .
因為，， 平面，
平面 ，所以 平面 ，
又因為平面，所以平面 平面 .
2.面面垂直、線面垂直、線線垂直間的相互轉化
例3 如圖所示,已知是所在平面外的一點,且 平面 ,
平面 平面.求證: .
證明：如圖,在平面內過作 ,垂足為 .
平面平面,平面 平面 ,
平面,平面 ,
又平面, .
平面, 平面, .
,,平面,
平面 ,又平面, .
3.二面角的求法
例4 如圖,在四棱錐中,底面 為
梯形,且,,等邊三角形
所在的平面垂直于平面, .
（1）求證: 平面 ;
證明:如圖所示,取的中點,連接 ,
是等邊三角形,是 的中點, ,
又平面平面,且平面 平面
,平面 ,平面,
又平面 , .
,,,平面 ,平面 .
（2）若直線與平面所成角的正弦值為 ,求二面角
的余弦值.
解：如圖所示,連接,過點, 分別作,
,垂足分別為,,過點 作,
交于點,連接 ,設,
, ,則 .
由（1）得平面,即為直線與平面 所成的角.
由（1）知平面,又,平面,, ,
則 ,,
可得 ,故, .
由 ,得 ,可得,, .
平面,,平面 ,
又平面, , 則,
由 ,
得 ,可得,
, ,點為的中點,故點為 的中點,
, .
易知即為二面角 的平面角,
,
二面角的余弦值為 .第3課時　平面與平面垂直的性質定理以及綜合應用
【課前預習】
知識點一
1.垂直　交線　垂直
診斷分析
解:(1)不一定垂直.如圖①,平面α⊥平面β,a α,b β,但a,b不垂直.
(2)是.如圖②,平面β內存在無數條垂直于兩個平面交線的直線,這些直線都與直線b垂直.
(3)能.設黑板所在平面與地面的交線為l,在黑板上畫出一條與l垂直的直線,則所畫直線必與地面垂直.
【課中探究】
探究點一
例1　證明:(1)連接PG,BD,∵△PAD為正三角形,G是AD的中點,∴PG⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PG 平面PAD,∴PG⊥平面ABCD,∴PG⊥BG.
∵四邊形ABCD是菱形且∠DAB=60°,
∴△ABD是正三角形,∴BG⊥AD.
∵AD∩PG=G,∴BG⊥平面PAD.
(2)由(1)可知BG⊥AD,PG⊥AD,∵BG∩PG=G,
∴AD⊥平面PBG,又PB 平面PBG,∴AD⊥PB.
變式　證明:連接DH,在△DCH中,∠ACD=60°,CH=2,CD=4,由余弦定理得DH2=CD2+CH2-2CD·CH·cos∠ACD=12,則CD2=CH2+DH2,
所以DH⊥AC,又平面ACFD⊥平面ABC,平面ACFD∩平面ABC=AC,DH 平面ACFD,所以DH⊥平面ABC,
又BC 平面ABC,所以DH⊥BC.
因為BH⊥BC,BH∩DH=H,BH 平面BDH,DH 平面BDH,所以BC⊥平面BDH,
又BD 平面BDH,所以BC⊥BD,
又BC∥EF,所以EF⊥BD.
拓展　解:(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形,AB=2BC,E為CD的中點,∴△ADE,△BCE都是等腰直角三角形,
∴∠AED=∠BEC=45°,∴∠AEB=90°,即AE⊥BE.
∵平面BEC'⊥平面ABED,平面BEC'∩平面ABED=BE,AE 平面ABED,∴AE⊥平面BEC',∴AE⊥BC'.
(2)由(1)知△BC'E是等腰直角三角形,∴∠BEC'=45°.
∵AE⊥平面BEC',∴EB⊥AE,EC'⊥AE,∴∠BEC'是二面角C'-AE-B的平面角,
∴二面角C'-AE-B的余弦值為.
探究點二
例2　解:(1)證明:因為底面ABCD是菱形,所以AB∥CD,
又AB 平面PCD,CD 平面PCD,所以AB∥平面PCD.
因為平面PCD∩平面ABEF=EF,AB 平面ABEF,
所以AB∥EF.
(2)證明:由(1)知AB∥EF,AB∥CD,所以EF∥CD,
因為E是PC的中點,所以F是PD的中點,
又△PAD是正三角形,所以AF⊥PD.
因為平面PAD⊥平面PCD,平面PAD∩平面PCD=PD,AF 平面PAD,所以AF⊥平面PCD.
因為EF 平面PCD,所以AF⊥EF,
又AB∥EF,所以AF⊥AB.
(3)過F作FH⊥PC于H,連接AH,如圖,
由(2)知AF⊥平面PCD,
因為PC 平面PCD,FH 平面PCD,
所以AF⊥PC,AF⊥FH.
因為AF∩FH=F,AF 平面AFH,FH 平面AFH,所以PC⊥平面AFH,
又AH 平面AFH,所以PC⊥AH,
所以∠AHF就是二面角F-PC-A的平面角.
在正三角形PAD中,AF=,PF=1,
因為在△PCD中,PD=CD=2,PC=2,所以∠DPC=30°,所以在Rt△PFH中,FH=PF=.
因為在Rt△AFH中,tan∠AHF==2,
所以二面角F-PC-A的正切值為2.
變式　解:(1)證明:由已知得AC⊥BC且DE∥BC,∴DE⊥AC,
∴DE⊥A1D,DE⊥CD,
∵A1D∩CD=D,∴DE⊥平面A1DC,
又A1F 平面A1DC,∴DE⊥A1F.
∵A1F⊥CD,DE∩CD=D,∴A1F⊥平面BCDE,
∴A1F⊥BE.
(2)棱A1B上存在點Q,使A1C⊥平面DEQ.
理由如下:如圖,分別取A1C,A1B的中點P,Q,連接PQ,PD,QE,則PQ∥BC.
∵DE∥BC,∴DE∥PQ,∴平面DEQ即為平面DEQP.
由(1)知DE⊥平面A1DC,∴DE⊥A1C,
∵P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點,∴A1C⊥DP.
∵DE∩DP=D,∴A1C⊥平面DEQP,∴A1C⊥平面DEQ.
故棱A1B上存在點Q,使A1C⊥平面DEQ,其中=.
拓展　+　[解析] 如圖所示,連接BD,設AC∩BD=O,連接SO,則SO⊥平面ABCD,且SO=2,分別取CD,SC的中點F,G,連接EF,GF,GE,則易證AC⊥平面GEF,故動點P的軌跡是△EFG的三邊.∵DB=2,∴EF=DB=,又GF=GE=SB=×=,∴EF+FG+GE=+.第3課時　平面與平面垂直的性質定理以及綜合應用
1.C　[解析] 當兩個平面垂直時,在一個平面內只有垂直于交線的直線才垂直于另一個平面.故選C.
2.C　[解析] 對于A,平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,則l⊥γ,A中說法正確;對于B,平面α⊥平面β,不妨設α∩β=a,作直線b∥a,且b α,則b∥β,B中說法正確;對于C,所作垂線不一定在平面α內,則該垂線不一定垂直于β,C中說法錯誤;對于D,假設平面α內存在直線垂直于平面β,則平面α垂直于平面β,這與已知平面α與平面β不垂直矛盾,所以假設不成立,D中說法正確.故選C.
3.D　[解析] 易知平面ABB1A1⊥平面A1B1C1D1,因為平面ABB1A1∩平面A1B1C1D1=A1B1,EF⊥A1B1,EF 平面ABB1A1,所以根據面面垂直的性質定理可知,EF與平面A1B1C1D1垂直.故選D.
4.A　[解析] 如圖所示,連接AB',A'B,則由已知得AA'⊥平面β,∠ABA'=,BB'⊥平面α,∠BAB'=.設AB=a,則BA'=a,BB'=a,則在Rt△BA'B'中,可得A'B'=a,所以AB∶A'B'=2∶1.故選A.
5.C　[解析] 因為平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,BC⊥BD,所以BD⊥平面ABC,即B中結論正確;因為AC 平面ABC,所以BD⊥AC,即A中結論正確;因為AB=AC,O為BC的中點,所以BC⊥AO,同理可得AO⊥平面BCD,即D中結論正確;若AB⊥CD,因為BD⊥平面ABC,AB 平面ABC,所以BD⊥AB,又BD∩CD=D,BD,CD 平面BCD,所以AB⊥平面BCD,此時B,O重合,與已知矛盾,故C中結論錯誤.故選C.
6.B　[解析] 由已知得側面ABB1A1⊥底面ABC,且側面ABB1A1∩底面ABC=AB,又CB 平面ABC,若CB⊥AB,則由面面垂直的性質定理可得CB⊥平面ABB1A1,又BB1 平面ABB1A1,所以CB⊥BB1,則“CB⊥BB1”是“CB⊥AB”的必要條件.若三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,底面ABC是正三角形,則BB1⊥底面ABC,又BB1 平面ABB1A1,所以滿足條件側面ABB1A1⊥底面ABC,又CB 平面ABC,所以CB⊥BB1,但此時CB與AB不垂直.所以“CB⊥BB1”不是“CB⊥AB”的充分條件.綜上所述,“CB⊥BB1”是“CB⊥AB”的必要不充分條件.故選B.
7.A　[解析] 如圖所示,取DE的中點M,連接PM,MC.由題意知,PD=PE,∴PM⊥DE,又平面PDE⊥平面BCDE,平面PDE∩平面BCDE=DE,PM 平面PDE,∴PM⊥平面BCDE,即有PM⊥MC.在等腰直角三角形PDE中,PE=PD=2,∴PM=DE=.在△CDM中,可得CM2=DM2+CD2-2CD·MD·cos∠CDM=()2+42-2××4×=10,則PC===2.故選A.
8.ABC　[解析] 因為m∥α,m∥β,α∩β=l,所以m∥l,又AB∥l,所以AB∥m,故A正確;因為AC⊥l,m∥l,所以AC⊥m,故B正確;因為A∈α,AB∥l,l α,所以B∈α,AB β,l β,所以AB∥β,故C正確;因為AC⊥l,當點C在α內時,AC⊥β成立,當點C不在α內時,AC⊥β不成立,故D不正確.故選ABC.
9.BCD　[解析] 對于選項B,若BC⊥平面SAB,且SB 平面SAB,則BC⊥SB,由SB=SC,可得∠SBC=∠SCB,所以∠SBC為銳角,矛盾,所以BC與平面SAB不可能垂直,故B正確;對于選項A,若平面SBC⊥平面SAB,作AH⊥SB于H,又平面SBC∩平面SAB=SB,所以AH⊥平面SBC,則AH⊥BC,由題意可知AB⊥BC,又AB∩AH=A,AB,AH 平面SAB,可得BC⊥平面SAB,這與選項B相矛盾,故A錯誤;對于選項C,因為SO⊥平面ABC,可知直線SA與平面ABC所成的角為∠SAO,由題意可得,cos∠SAO==,且∠SAO為銳角,可得∠SAO=45°,所以直線SA與平面ABC所成的角為45°,故C正確;對于選項D,因為SA 平面SAC,BC∩平面SAC=C,且C SA,所以AS與BC是異面直線,故D正確.故選BCD.
10.②④　[解析] 若這兩條直線平行,則這兩個平面不一定相互平行,①是假命題;②是面面垂直的判定定理,故是真命題;③中,垂直于同一條直線的兩條直線不一定相互平行,如正方體中共頂點的三條棱,故是假命題;易知④是真命題.
11.直角　[解析] 設P在平面ABC上的射影為O.∵平面PAB⊥底面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,∴O∈AB.連接OC,OP,∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC,∴O是△ABC的外心,且是AB的中點,∴△ABC是直角三角形.
12.　[解析] 連接AG,如圖所示.∵四邊形ACDE為正方形,∴AE⊥AC,AE∥CD,則CD與GF所成的角即為AE與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分別是線段AE,BC的中點,∴AG==,AF=1,∴FG==,∴cos∠AFG==,∴CD與GF所成角的余弦值為.
13.證明:(1)因為PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,
所以PA⊥BC,
因為∠ACB=90°,所以BC⊥AC,又PA∩AC=A,
所以BC⊥平面PAC,
又BC 平面PBC,所以平面PAC⊥平面PBC.
(2)由(1)知平面PAC⊥平面PBC,平面PAC∩平面PBC=PC,AF⊥PC,AF 平面PAC,
所以AF⊥平面PBC,
又PB 平面PBC,所以AF⊥PB.
又因為AE⊥PB,AE∩AF=A,
所以PB⊥平面AEF,
又EF 平面AEF,所以EF⊥PB.
14.解:(1)證明:在△ABC中,AC=2BC=2,∠CAB=,
則12=AB2+4-2AB×2×cos,∴AB2-2AB+3=0,解得AB=,
∴AB2+BC2=AC2,∴AB⊥BC.
又∵平面ABC⊥平面B1C1CB,平面ABC∩平面B1C1CB=BC,AB 平面ABC,∴AB⊥平面B1C1CB.
(2)證明:在△BB1C中,BB1=2BC=2,∠CBB1=,
則B1C==
=,
∴B1C2+BC2=B,∴BC⊥B1C.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1∥AB,由(1)知AB⊥BC,
∴BC⊥A1B1,
又BC⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C 平面A1B1C,∴BC⊥平面A1B1C,
又BC 平面ABC,∴平面ABC⊥平面A1B1C.
(3)由(2)知BC⊥平面A1B1C,∴A1P在平面A1B1C內的射影為A1C,
∴∠PA1C為直線A1P與平面A1B1C所成的角.
由(1)知AB⊥平面B1C1CB,B1C 平面B1C1CB,
∴AB⊥B1C,又A1B1∥AB,∴A1B1⊥B1C.
在Rt△A1B1C中,A1B1=,B1C=,則A1C==.
在Rt△A1PC中,PC=BC=,
∴tan∠PA1C===,
∴直線A1P與平面A1B1C所成角的正切值為.
15.垂　[解析] 連接AH,BH,CH.由三個側面兩兩垂直知三條側棱兩兩垂直,易得PA⊥平面PBC,PB⊥平面PAC,PC⊥平面PAB,則有BC⊥PA,AB⊥PC,CA⊥PB.由BC⊥PA,PH⊥BC,PA∩PH=P,得BC⊥平面PAH,則BC⊥AH.同理可得AB⊥CH,CA⊥BH,所以H為△ABC的垂心.
16.解:(1)證明:∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD.
∵CD⊥BC且AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC.
又==λ(0<λ<1),
∴不論λ為何值,恒有EF∥CD,∴EF⊥平面ABC.
又EF 平面BEF,
∴不論λ為何值,恒有平面BEF⊥平面ABC.
(2)由(1)知,EF⊥BE,
又平面BEF⊥平面ACD,平面BEF∩平面ACD=EF,
∴BE⊥平面ACD,∴BE⊥AC.
∵BC=CD=1,∠BCD=90°,∴BD=.
∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥BD,
又∠ADB=60°,∴AB=BDtan 60°=tan 60°=,
∴AC==,
在Rt△ABC中,BE⊥AC,
由AB2=AE·AC得AE=,∴λ==,
故當λ=時,平面BEF⊥平面ACD.第3課時　平面與平面垂直的性質定理以及綜合應用
【學習目標】
　　1.通過直觀感知、操作確認,能夠歸納出平面與平面垂直的性質定理,并能夠證明.
　　2.掌握空間中三種垂直關系的判定及性質的綜合應用,并能夠解決一些垂直問題的命題.
◆ 知識點一　平面與平面垂直的性質定理
1.平面與平面垂直的性質定理
文字語言 圖形語言 符號語言 巧記方法
兩個平面垂直,如果一個平面內有一條直線　　　　于這兩個平面的　　　　,那么這條直線與另一個平面　　　　 a⊥α 面面垂直 線面垂直
2.面面垂直的性質定理的作用:
(1)判定直線與平面垂直;
(2)由平面外一點作平面的垂線時,確定垂足的位置.
【診斷分析】 (1)若兩個平面垂直,則兩個平面內任意兩條直線互相垂直嗎
(2)若平面α⊥平面β,且直線b α,則直線b是否垂直于平面β內的無數條直線
(3)黑板所在平面與地面垂直,能否在黑板上畫一條直線與地面垂直
◆ 知識點二　空間中垂直關系的轉化
線線垂直線面垂直面面垂直
◆ 探究點一　平面與平面垂直的性質定理的應用
例1 如圖所示,在四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是邊長為a的菱形,側面PAD為正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,G為AD的中點,∠DAB=60°.
求證:(1)BG⊥平面PAD;
(2)AD⊥PB.
變式 如圖,在三棱臺ABC-DEF中,H在棱AC上,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACD=60°,CH=2,CD=4,BH⊥BC.證明:EF⊥BD.
[素養小結]
當題目條件中有面面垂直的條件時,往往要由面面垂直的性質定理推導出線面垂直,進而得到線線垂直.因此見到面面垂直條件時要找準兩平面的交線,有目的地在平面內找交線的垂線.
拓展 如圖所示,四邊形ABCD是矩形,AB=2BC,E為CD的中點,以BE為折痕將△BEC折起,使C到達C'的位置,且平面BEC'⊥平面ABED,得到四棱錐C'-ABED.
(1)求證:AE⊥BC';
(2)求二面角C'-AE-B的余弦值.
◆ 探究點二　空間垂直關系的綜合應用
例2 [2024·南通海門中學高一月考] 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,平面PAD⊥平面PCD,△PAD是邊長為2的正三角形,PC=2,E是PC的中點,過點A,B,E的平面與PD交于點F.
(1)求證:AB∥EF;
(2)求證:AF⊥AB;
(3)求二面角F-PC-A的正切值.
變式 如圖①,在Rt△ABC中,C=90°,D,E分別為AC,AB的中點,點F是線段CD上的一點,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1F⊥CD,得到四棱錐A1-BCDE,如圖②.
(1)證明:A1F⊥BE.
(2)棱A1B上是否存在點Q,使A1C⊥平面DEQ 若存在,求出的值;若不存在,說明理由.
[素養小結]
線面垂直是溝通線線垂直與面面垂直的橋梁,線線垂直、線面垂直、面面垂直三者之間可以相互轉化,解題時需要靈活選用.
拓展 正四棱錐S - ABCD的底面邊長為2,高為2,E是BC的中點,動點P在正四棱錐的表面上運動,并且總保持PE⊥AC,則動點P的軌跡的周長為　　　　. 第3課時　平面與平面垂直的性質定理以及綜合應用
一、選擇題
1.設平面α⊥平面β,若平面α內的一條直線a垂直于平面β內的一條直線b,則 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.直線a必垂直于平面β
B.直線b必垂直于平面α
C.直線a不一定垂直于平面β
D.過a的平面與過b的平面一定垂直
2.下列說法中錯誤的是 (　 )
A.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥γ
B.如果平面α⊥平面β,那么平面α內一定存在直線平行于平面β
C.如果平面α⊥平面β,過α內任意一點作交線的垂線,那么此垂線必垂直于β
D.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α內一定不存在直線垂直于平面β
3.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB上任取一點E,作EF⊥A1B1于F,則EF與平面A1B1C1D1的關系是 (　 )
A.平行
B.EF 平面A1B1C1D1
C.相交但不垂直
D.垂直
4.如圖所示,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB與平面α,β所成的角分別為和.過點A,B分別作兩平面交線的垂線,垂足分別為A',B',則AB∶A'B'等于 (　 )
A.2∶1 B.3∶1
C.3∶2 D.4∶3
5.[2024·廣東部分名校期中] 如圖,在四面體ABCD中,AB=AC,BC⊥BD,平面ABC⊥平面BCD,O為BC的中點,則下列結論中錯誤的是 (　 )
A.AC⊥BD B.BD⊥平面ABC
C.AB⊥CD D.AO⊥平面BCD
6.如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,側面ABB1A1⊥底面ABC,則“CB⊥BB1”是“CB⊥AB”的 (　 )
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充要條件
D.既不充分也不必要條件
7.已知在矩形ABCD中,AB=2BC=4,E為AB的中點,沿著DE將△ADE翻折到△PDE的位置,得到四棱錐P-EBCD,并使平面PDE⊥平面EBCD,則PC的長為 (　 )
A.2 B.2 C.4 D.6
8.(多選題)[2024·聊城外國語學校高一月考] 已知平面α⊥平面β,α∩β=l,點A∈α,A l,若直線AB∥l,直線AC⊥l,直線m∥α,m∥β,則 (　 )
A.AB∥m B.AC⊥m
C.AB∥β D.AC⊥β
9.(多選題)如圖,AC為圓錐SO的底面圓O的直徑,點B是圓O上異于A,C的動點,SA=,AC=2,則下列說法正確的是 (　 )
A.平面SBC⊥平面SAB
B.BC與平面SAB不可能垂直
C.直線SA與平面ABC所成的角為45°
D.AS與BC是異面直線
二、填空題
10.給出下列四個命題:
①若一個平面內的兩條直線都與另一個平面平行,則這兩個平面相互平行;
②若一個平面經過另一個平面的垂線,則這兩個平面相互垂直;
③垂直于同一條直線的兩條直線相互平行;
④若兩個平面垂直,則一個平面內與它們的交線不垂直的直線與另一個平面也不垂直.
其中所有真命題的序號是　　　　.
11.如圖所示,在三棱錐P-ABC中,平面PAB⊥底面ABC,且PA=PB=PC,則△ABC是
　　　　三角形.
12.如圖,正方形ACDE所在的平面與等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F,G分別是線段AE,BC的中點,則CD與GF所成角的余弦值為　　　　.
三、解答題
13.如圖所示,在三棱錐P-ABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,過點A分別作AE⊥PB,AF⊥PC,E,F分別為垂足.
(1)求證:平面PAC⊥平面PBC;
(2)求證:EF⊥PB.
14.[2024·泰興中學高一月考] 如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BB1=2BC=2,∠CBB1=2∠CAB=,且平面ABC⊥平面B1C1CB.
(1)證明:AB⊥平面B1C1CB;
(2)證明:平面ABC⊥平面A1B1C;
(3)設點P為棱BC的中點,求直線A1P與平面A1B1C所成角的正切值.
15.三棱錐P-ABC的高為PH,若三個側面兩兩垂直,則H為△ABC的　　　　心.
16.如圖,已知△BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB=60°,E,F分別是AC,AD上的動點,且==λ(0<λ<1).
(1)求證:不論λ為何值,恒有平面BEF⊥平面ABC;
(2)當λ為何值時,平面BEF⊥平面ACD.

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