第2课时 平面与平面垂直的性质定理
—— (教学方式：深化学习课—梯度进阶式教学)
[课时目标]
1．掌握面面垂直的性质定理． 2.能利用面面垂直的性质定理证明一些简单的问题．
文字语言 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的______，那么这条直线与另一个平面______
符号语言 α⊥β，α∩β＝l，________，________ a⊥β
图形语言
作用 ①面面垂直 ______垂直；②作平面的垂线
|微|点|助|解|
(1)对面面垂直的性质定理的理解
①定理成立的条件有三个：两个平面互相垂直；直线在其中一个平面内；直线与两平面的交线垂直．
②定理的实质是由面面垂直得线面垂直，故可用来证明线面垂直．
③已知面面垂直时，可以利用此定理转化为线面垂直，再转化为线线垂直．
(2)平面与平面垂直的其他性质
①如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
②如果两个平面垂直，那么与其中一个平面平行的平面垂直于另一个平面．
③如果两个平面垂直，那么其中一个平面的垂线平行于另一个平面或在另一个平面内．
1.如图，在长方体ABCD －A1B1C1D1的棱AB上任取一点E，作EF⊥A1B1于点F，则EF与平面A1B1C1D1的位置关系是( )
A．平行
B．EF 平面A1B1C1D1
C．相交但不垂直
D．相交且垂直
2．若两个平面互相垂直，在第一个平面内的一条直线a垂直于第二个平面内的一条直线b，那么( )
A．直线a垂直于第二个平面
B．直线b垂直于第一个平面
C．直线a不一定垂直于第二个平面
D．过a的平面必垂直于过b的平面
3．平面α⊥平面β，直线l α，直线m β，试判断直线l，m的位置关系．
题型(一) 平面与平面垂直的性质定理的应用
[例1] 如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.求证：BC⊥AB.
听课记录：
|思|维|建|模|
利用面面垂直的性质定理证明线面垂直的问题时，要注意以下三点：
(1)两个平面垂直．
(2)直线必须在其中一个平面内．
(3)直线必须垂直于它们的交线．
[针对训练]
1．平面α⊥平面β，点P在平面α内，过点P作平面β的垂线a，试判断直线a与平面α的位置关系．
题型(二) 垂直关系的相互转化
[例2] 如图所示，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．
求证：(1)DE＝DA；
(2)平面BDM⊥平面ECA；
(3)平面DEA⊥平面ECA.
听课记录：
[变式拓展]
本例条件不变，试求平面ADE与平面ABC所成二面角的大小．
|思|维|建|模|
垂直关系的转化
在关于垂直问题的论证中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化．每一种垂直的判定都是从某一垂直开始转向另一垂直，最终达到目的，其转化关系如下：
[针对训练]
2.如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足．
(1)求证：PA⊥平面ABC；
(2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形．
题型(三) 平面与平面垂直条件的探求
[例3] 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，侧面△PAD为等边三角形．
(1)求证：AD⊥PB；
(2)若E为BC边上的中点，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．
听课记录：
|思|维|建|模|
(1)根据条件，找特殊点的位置，然后利用面面垂直的判定定理证明平面DEF⊥平面ABCD.
(2)求解该类问题也可利用结论平面DEF⊥平面ABCD.借助面面垂直的性质转化，寻找点F满足的条件．
[针对训练]
3.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点M为A1B1的中点．
(1)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)求点C到平面BC1M的距离．
第2课时 平面与平面垂直的性质定理
课前预知教材
交线 垂直 a α a⊥l 线面
[基础落实训练]
1．D
2．选C 直线a与直线b均不一定为两个平面的交线．
3．提示：相交、平行或异面．
?课堂题点研究
[题型(一)]
[例1] 证明：
如图，在平面PAB内，
作AD⊥PB于点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.
[针对训练]
1．解：如图，设α∩β＝c，过点P在平面α内作直线b⊥c.
根据平面与平面垂直的性质定理有b⊥β.
因为过一点有且只有一条直线与平面β垂直，
所以直线a与直线b重合，因此a α.
[题型(二)]
[例2] 证明：(1)设BD＝a，如图，作DF∥BC交CE于F，
则CF＝DB＝a.因为CE⊥平面ABC，所以BC⊥CF，DF⊥EC，所以DE＝＝a.
又因为DB⊥平面ABC，
所以DA＝＝a.所以DE＝DA.
(2)取CA的中点N，连接MN，BN，则MN綉CE綉DB.所以四边形MNBD为平行四边形．所以MD∥BN.
又因为EC⊥平面ABC，
所以EC⊥BN，EC⊥MD.
又DE＝DA，M为EA的中点，
所以DM⊥AE.
因为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.
[变式拓展]
解：如图，延长ED交CB延长线于点N，连接AN.设BD＝a，由例题知，CE＝AC＝BC＝AB＝2a.
在△CEN中，由＝知B为CN的中点，
∴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为平面ADE与平面ABC的交线．
∴∠CAE为平面ADE与平面ABC所成二面角的平面角．
在Rt△ACE中，AC＝CE，∴∠CAE＝45°.
∴平面ADE与平面ABC所成二面角为45°.
[针对训练]
2．证明：(1)在平面ABC内取一点D，作DF⊥AC于点F.
∵平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，DF 平面ABC，
∴DF⊥平面PAC.
∵PA 平面PAC，
∴DF⊥PA.
作DG⊥AB于点G，同理可证DG⊥PA.
∵DG，DF 平面ABC，且DG∩DF＝D，
∴PA⊥平面ABC.
(2)连接BE并延长交PC于点H.
∵点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．
[题型(三)]
[例3] 解：(1)证明：设G为AD的中点，连接PG，BG，如图．
因为△PAD为等边三角形，所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，
G为AD的中点，所以BG⊥AD.
又因为BG∩PG＝G，BG，PG 平面PGB，
所以AD⊥平面PGB，
因为PB 平面PGB，所以AD⊥PB.
(2)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：
如图，设F为PC的中点，连接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.
[针对训练]
3．解：(1)在正三棱柱ABC A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，所以C1M⊥A1B1.又A1A⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，所以AA1⊥C1M.因为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内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，平面BC1M∩平面AA1B1B＝BM，所以AQ⊥平面BC1M，于是点Q即为所要求的点．显然△ABQ∽△BB1M，因此＝，即＝，所以BQ＝，B1Q＝B1B－BQ＝4－＝，所以＝7.
(2)取AB的中点N，连接CN，MN，因为点M为A1B1的中点，MN∥BB1∥CC1，MN＝BB1＝CC1，所以四边形CNMC1为平行四边形，即CN∥C1M.又C1M 平面BC1M，CN 平面BC1M，因此CN∥平面BC1M，所以点C到平面BC1M的距离hC等于点N到平面BC1M的距离hN.又N为AB的中点，所以点N到平面BC1M的距离hN等于点A到平面BC1M距离hA的一半．由(1)知，当BQ＝时，AQ⊥平面BC1M, cos∠BAQ＝＝＝.
设AQ∩BM＝H，则hA＝AH＝ABcos∠BAQ＝2×＝，所以点C到平面BC1M的距离hC＝hN＝hA＝.(共63张PPT)
平面与平面垂直的性质定理
(教学方式:深化学习课—梯度进阶式教学)
第2课时
课时目标
1.掌握面面垂直的性质定理.
2.能利用面面垂直的性质定理证明一些简单的问题.
CONTENTS
目录
1
2
3
课前预知教材·自主落实基础
课堂题点研究·迁移应用融通
课时跟踪检测
课前预知教材·自主落实基础
01
文字语言 两个平面垂直,如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的______,那么这条直线与另一个平面_____
符号语言 α⊥β,α∩β=l,_____,______ a⊥β
图形语言
作用 ①面面垂直 _____垂直;
②作平面的垂线
交线
垂直
a α
a⊥l
线面
|微|点|助|解|
(1)对面面垂直的性质定理的理解
①定理成立的条件有三个:两个平面互相垂直;直线在其中一个平面内;直线与两平面的交线垂直.
②定理的实质是由面面垂直得线面垂直,故可用来证明线面垂直.
③已知面面垂直时,可以利用此定理转化为线面垂直,再转化为线线垂直.
(2)平面与平面垂直的其他性质
①如果两个平面垂直,那么经过第一个平面内一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.
②如果两个平面垂直,那么与其中一个平面平行的平面垂直于另一个平面.
③如果两个平面垂直,那么其中一个平面的垂线平行于另一个平面或在另一个平面内.
基础落实训练
1.如图,在长方体ABCD A1B1C1D1的棱AB上任取一点E,作EF⊥A1B1于点F,则EF与平面A1B1C1D1的位置关系是 ( )
A.平行
B.EF 平面A1B1C1D1
C.相交但不垂直
D.相交且垂直
√
2.若两个平面互相垂直,在第一个平面内的一条直线a垂直于第二个平面内的一条直线b,那么 ( )
A.直线a垂直于第二个平面
B.直线b垂直于第一个平面
C.直线a不一定垂直于第二个平面
D.过a的平面必垂直于过b的平面
解析:直线a与直线b均不一定为两个平面的交线.
√
3.平面α⊥平面β,直线l α,直线m β,试判断直线l,m的位置关系.
提示:相交、平行或异面.
课堂题点研究·迁移应用融通
02
题型(一) 平面与平面垂直的性质定理的应用
[例1] 如图,在三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,平面PAB⊥平面PBC.求证:BC⊥AB.
证明:如图,在平面PAB内, 作AD⊥PB于点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|维|建|模|
利用面面垂直的性质定理证明线面垂直的问题时,要注意以下三点:
(1)两个平面垂直.
(2)直线必须在其中一个平面内.
(3)直线必须垂直于它们的交线.
1.平面α⊥平面β,点P在平面α内,过点P作平面β的垂线a,试判断直线a与平面α的位置关系.
解:如图,设α∩β=c,过点P在平面α内作直线b⊥c.
根据平面与平面垂直的性质定理有b⊥β.
因为过一点有且只有一条直线与平面β垂直,
所以直线a与直线b重合,因此a α.
针对训练
题型(二) 垂直关系的相互转化
[例2] 如图所示,△ABC为正三角形,EC⊥平面ABC,BD∥CE,且CE=CA=
2BD,M是EA的中点.
求证:(1)DE=DA;
证明:设BD=a,如图,作DF∥BC交CE于F,
则CF=DB=a.因为CE⊥平面ABC,
所以BC⊥CF,DF⊥EC,
所以DE==a.
又因为DB⊥平面ABC,
所以DA==a.
所以DE=DA.
(2)平面BDM⊥平面ECA;
证明:取CA的中点N,连接MN,BN,则MN CE DB.所以四边形MNBD为平行四边形.所以MD∥BN.
又因为EC⊥平面ABC,所以EC⊥BN,EC⊥MD.
又DE=DA,M为EA的中点,所以DM⊥AE.
因为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.
证明:由(2)知DM⊥平面AEC,而DM 平面DEA,
所以平面DEA⊥平面ECA.
本例条件不变,试求平面ADE与平面ABC所成二面角的大小.
解:如图,延长ED交CB延长线于点N,连接AN.设BD=a,
由例题知,CE=AC=BC=AB=2a.
在△CEN中,由=知B为CN的中点,
∴CB=BN=2a.∴△ABN中,∠ABN=120°,
∠BAN=∠BNA=30°.
∴∠CAN=90°,即NA⊥CA.
变式拓展
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为平面ADE与平面ABC的交线.
∴∠CAE为平面ADE与平面ABC所成二面角的平面角.
在Rt△ACE中,AC=CE,∴∠CAE=45°.
∴平面ADE与平面ABC所成二面角为45°.
|思|维|建|模|
垂直关系的转化
在关于垂直问题的论证中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.每一种垂直的判定都是从某一垂直开始转向另一垂直,最终达到目的,其转化关系如下:
2.如图,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,点E为垂足.
(1)求证:PA⊥平面ABC;
针对训练
证明:在平面ABC内取一点D,作DF⊥AC于点F.
∵平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC,DF 平面ABC,
∴DF⊥平面PAC.
∵PA 平面PAC,∴DF⊥PA.
作DG⊥AB于点G,同理可证DG⊥PA.
∵DG,DF 平面ABC,且DG∩DF=D,
∴PA⊥平面ABC.
(2)当点E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形.
证明:连接BE并延长交PC于点H.
∵点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.
题型(三) 平面与平面垂直条件的探求
[例3] 如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,侧面△PAD为等边三角形.
(1)求证:AD⊥PB;
解:证明:设G为AD的中点,连接PG,BG,如图.
因为△PAD为等边三角形,所以PG⊥AD.
在菱形ABCD中,∠DAB=60°,
G为AD的中点,所以BG⊥AD.
又因为BG∩PG=G,BG,PG 平面PGB,
所以AD⊥平面PGB,
因为PB 平面PGB,所以AD⊥PB.
(2)若E为BC边上的中点,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.
解:当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下:
如图,设F为PC的中点,连接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)根据条件,找特殊点的位置,然后利用面面垂直的判定定理证明平面DEF⊥平面ABCD.
(2)求解该类问题也可利用结论平面DEF⊥平面ABCD.借助面面垂直的性质转化,寻找点F满足的条件.
|思|维|建|模|
3.如图,在正三棱柱ABC A1B1C1中,AB=AA1=2,点M为A1B1的中点.
(1)在棱BB1上是否存在点Q,使得AQ⊥平面BC1M 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由;
针对训练
解:在正三棱柱ABC A1B1C1中,因为点M为A1B1的中点,所以C1M⊥A1B1.又A1A⊥平面A1B1C1,C1M 平面A1B1C1,所以AA1⊥C1M.因为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内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q,平面BC1M∩平面AA1B1B=BM,所以AQ⊥平面BC1M,
于是点Q即为所要求的点.显然△ABQ∽△BB1M,因此=,即=,所以BQ=,B1Q=B1B-BQ=4-=,所以=7.
(2)求点C到平面BC1M的距离.
解:取AB的中点N,连接CN,MN,因为点M为A1B1的中点,MN∥BB1∥CC1,
MN=BB1=CC1,所以四边形CNMC1为平行四边形,即CN∥C1M.又C1M 平面BC1M,CN 平面BC1M,因此CN∥平面BC1M,所以点C到平面BC1M的距离hC等于点N到平面BC1M的距离hN.又N为AB的中点,所以点N到平面BC1M的距离hN等于点A到平面BC1M距离hA的一半.由(1)知,当BQ=时,AQ⊥平面BC1M, cos∠BAQ===.
设AQ∩BM=H,则hA=AH=ABcos∠BAQ=2×=,所以点C到平面BC1M的距离hC=hN=hA=.
课时跟踪检测
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A级——达标评价
1.平面α⊥平面β,直线a∥α,则( )
A.a⊥β B.a∥β
C.a与β相交 D.以上都有可能
解析:因为a∥α,平面α⊥平面β,所以直线a与β垂直、相交、平行都有可能.故选D.
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2.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n α,要使n⊥β,则应增加的条件是 ( )
A.m∥n B.n⊥m
C.n∥α D.n⊥α
解析:已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n α,应增加的条件n⊥m,才能使得n⊥β.
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3.如图,在三棱锥P ABC中,平面PAB⊥平面ABC,PA=PB,AD=DB,则 ( )
A.PD 平面ABC B.PD⊥平面ABC
C.PD与平面ABC相交但不垂直 D.PD∥平面ABC
解析:因为PA=PB,AD=DB,所以PD⊥AB.又因为平面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及直线a满足α⊥β,α∩β=AB,a∥α,a⊥AB,则 ( )
A.a β B.a⊥β
C.a∥β D.a与β相交但不垂直
解析:由题意,α中存在直线b,b∥a.因为a⊥AB,所以b⊥AB.因为α⊥β,
α∩β=AB,所以b⊥β.因为b∥a,所以a⊥β.
√
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5.已知平面α,β,γ,则下列命题正确的是 ( )
A.α⊥β,β⊥γ,则α∥γ
B.α∥β,β⊥γ,则α⊥γ
C.α∩β=a,β∩γ=b,α⊥β,β⊥γ,则a⊥b
D.α⊥β,α∩β=a,a⊥b,则b⊥α
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解析:A中α,γ可以相交;C中如图,a与b不一定垂直;D中b仅垂直于α的一条直线a,不能判定b⊥α.
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6.如图,空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,∠BAD=90°,
且AB=AD,则AD与平面BCD所成的角是 .
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解析:过A作AO⊥BD于O点.∵平面ABD⊥平面BCD,∴AO⊥平面BCD,则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角.∵∠BAD=90°,AB=AD,
∴∠ADO=45°.
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7.如图,平行四边形ABCD中,AB⊥BD,沿BD将△ABD折起,使平面ABD⊥
平面BCD,连接AC,则在四面体ABCD的四个面中,互相垂直的平面的对数为 .
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解析:因为平面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.因为AB⊥BD,AB∥CD,所以CD⊥BD.又因为平面ABD⊥平面BCD,所以CD⊥平面ABD.所以平面ACD⊥平面ABD,共3对.
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8.如图,在四面体A BCD中,平面ABD⊥平面BCD,△ABD是边长为3的等边三角形,BD=CD,BD⊥CD,则四面体A BCD的体积为 .
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是边长为3的等边三角形,∴S△ABD=×3×3×sin=,又BD=CD=3,
∴VA BCD=××3=.
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9.(10分)如图,已知平面α⊥平面β,在α与β的交线上取线段AB=4 cm,AC,BD分别在平面α和平面β内,它们都垂直于交线AB,并且AC=3 cm,BD=12 cm,求CD的长.
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解:连接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的长为13 cm.
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10.(10分)如图,在四棱锥P ABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA⊥
PD,底面ABCD是直角梯形,其中BC∥AD,∠BAD=90°,AD=3BC,O是AD上一点.
(1)若CD∥平面PBO,试指出点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,∴四边形BCDO为平行四边形.
则BC=DO.又AD=3BC,∴AD=3OD.
故点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点.
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(2)求证:平面PAB⊥平面PCD.
解:证明:∵侧面PAD⊥底面ABCD,侧面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级——重点培优
11.如图,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
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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°.
∴动点C的轨迹是以AB为直径的圆,除去A和B两点.
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12.(多选)如图,点P为四边形ABCD外一点,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,
E为AD的中点,则下列结论一定成立的是 ( )
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:因为PA=PD,E为AD的中点,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,则AD⊥平面PBE,必有AD⊥BE,此关系不一定成立.故选A、B、C.
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13.如图,平面α⊥平面β,A∈α,B∈β,AB与两平面α,β所成的角分别为和.过A,B分别作两平面交线的垂线,垂足为A',B',则AB∶A'B'= .
2∶1
解析:由已知条件可知∠BAB'=,∠ABA'=.设AB=2a,则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.在三棱锥P ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠PCA=90°,△ABC是边长为4的正三角形,PC=4,M是AB边上的一动点,则PM的最小值为 .
解析:如图,连接CM,则由题意得PC⊥平面ABC.因为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,当CM⊥AB时
CM有最小值,此时有CM=4×=2,所以PM的最小值为2.
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15.(16分)(2023·全国甲卷)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
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解:证明:因为A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以A1C⊥BC.因为∠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)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1 BB1C1C的高.
解:如图,过点A1作A1H⊥CC1,交CC1于点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,即四棱锥A1 BB1C1C的高为A1H.
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由题意知AB=A1B,BC=BC,∠A1CB=∠ACB=90°,则△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为斜边中线,所以A1H=CC1=1.
故四棱锥A1 BB1C1C的高为1.课时跟踪检测(三十九) 平面与平面垂直的性质定理
(满分100分，A级选填小题每题5分，B级选填小题每题6分)
A级——达标评价
1．平面α⊥平面β，直线a∥α，则( )
A．a⊥β B．a∥β
C．a与β相交 D．以上都有可能
2．已知直线m，n和平面α，β，若α⊥β，α∩β＝m，n α，要使n⊥β，则应增加的条件是( )
A．m∥n B．n⊥m
C．n∥α D．n⊥α
3.如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA＝PB，AD＝DB，则( )
A．PD 平面ABC
B．PD⊥平面ABC
C．PD与平面ABC相交但不垂直
D．PD∥平面ABC
4．已知平面α，β及直线a满足α⊥β，α∩β＝AB，a∥α，a⊥AB，则( )
A．a β B．a⊥β
C．a∥β D．a与β相交但不垂直
5．已知平面α，β，γ，则下列命题正确的是( )
A．α⊥β，β⊥γ，则α∥γ
B．α∥β，β⊥γ，则α⊥γ
C．α∩β＝a，β∩γ＝b，α⊥β，β⊥γ，则a⊥b
D．α⊥β，α∩β＝a，a⊥b，则b⊥α
6.如图，空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是________.
7．如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，沿BD将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则在四面体ABCD的四个面中，互相垂直的平面的对数为________.
8.如图，在四面体A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为3的等边三角形，BD＝CD，BD⊥CD，则四面体A－BCD的体积为_________.
9．(10分)如图，已知平面α⊥平面β，在α与β的交线上取线段AB＝4 cm，AC，BD分别在平面α和平面β内，它们都垂直于交线AB，并且AC＝3 cm，BD＝12 cm，求CD的长.
10．(10分)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA⊥PD，底面ABCD是直角梯形，其中BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，O是AD上一点.
(1)若CD∥平面PBO，试指出点O的位置；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD.
B级——重点培优
11.如图，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
12.(多选)如图，点P为四边形ABCD外一点，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，E为AD的中点，则下列结论一定成立的是( )
A．PE⊥AC
B．PE⊥BC
C．平面PBE⊥平面ABCD
D．平面PBE⊥平面PAD
13.如图，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为和.过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足为A′，B′，则AB∶A′B′＝______.
14．在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PCA＝90°，△ABC是边长为4的正三角形，PC＝4，M是AB边上的一动点，则PM的最小值为________.
15．(16分)(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高.
课时跟踪检测(三十九)
1．选D 因为a∥α，平面α⊥平面β，所以直线a与β垂直、相交、平行都有可能．故选D.
2．选B 已知直线m，n和平面α，β，若α⊥β，α∩β＝m，n α，应增加的条件n⊥m，才能使得n⊥β.
3．选B 因为PA＝PB，AD＝DB，所以PD⊥AB.又因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD 平面PAB，所以PD⊥平面ABC.
4．选B 由题意，α中存在直线b，b∥a.因为a⊥AB，所以b⊥AB.因为α⊥β，α∩β＝AB，所以b⊥β.因为b∥a，所以a⊥β.
5.选B A中α，γ可以相交；C中如图，a与b不一定垂直；D中b仅垂直于α的一条直线a，不能判定b⊥α.
6．解析：过A作AO⊥BD于O点．∵平面ABD⊥平面BCD，∴AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．∵∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠ADO＝45°.
答案：45°
7．解析：因为平面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.因为AB⊥BD，AB∥CD，所以CD⊥BD.又因为平面ABD⊥平面BCD，所以CD⊥平面ABD.所以平面ACD⊥平面ABD，共3对．
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是边长为3的等边三角形，∴S△ABD＝×3×3×sin＝，又BD＝CD＝3，∴VA BCD＝××3＝.
答案：
9．解：连接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的长为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，∴四边形BCDO为平行四边形．
则BC＝DO.又AD＝3BC，∴AD＝3OD.
故点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点．
(2)证明：∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面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．选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°.∴动点C的轨迹是以AB为直径的圆，除去A和B两点．
12．选ABC 因为PA＝PD，E为AD的中点，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，则AD⊥平面PBE，必有AD⊥BE，此关系不一定成立．故选A、B、C.
13．解析：由已知条件可知∠BAB′＝，∠ABA′＝.设AB＝2a，则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：如图，连接CM，则由题意得PC⊥平面ABC.因为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，当CM⊥AB时CM有最小值，此时有CM＝4×＝2，所以PM的最小值为2.
答案：2
15．解：(1)证明：因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以A1C⊥BC.
因为∠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)如图，过点A1作A1H⊥CC1，交CC1于点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，即四棱锥A1 BB1C1C的高为A1H.
由题意知AB＝A1B，BC＝BC，∠A1CB＝∠ACB＝90°，则△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为斜边中线，所以A1H＝CC1＝1.
故四棱锥A1 BB1C1C的高为1.
