第2课时 两平面垂直 (教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学)
[课时目标]
1.从相关定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,了解空间中平面与平面的垂直关系.
2.了解二面角的相关概念,平面与平面垂直的定义,会求简单的二面角问题.
3.归纳出平面与平面垂直的性质定理、判定定理,并会证明平面与平面的垂直关系.
1.二面角
(1)二面角
半平面 平面内的一条直线把这个平面分成两部分,其中的 都叫作半平面
二面角的 相关概念 一般地,一条直线和由这条直线出发的 所组成的图形叫作二面角,这条直线叫作二面角的 ,每个半平面叫作二面角的
画法
记法 二面角α l β或α AB β或P l Q或P AB Q
(2)二面角的平面角
①定义:一般地,以二面角的棱上任意一点为端点,在两个面内分别 ,这两条射线所成的角叫作二面角的平面角.如图,∠AOB就是二面角α l β的平面角.
②范围:二面角的大小可以用它的平面角来度量,二面角的平面角是多少度,就说这个二面角是多少度.二面角α的取值范围是 .
(3)直二面角
平面角是直角的二面角叫作直二面角.
2.面面垂直的定义
定义 一般地,如果两个平面所成的二面角是 ,那么就说这两个平面互相垂直
画法 画两个互相垂直的平面时,通常把表示平面的两个平行四边形的一组边画成垂直.如图
记作 α⊥β
3.平面与平面垂直的判定定理
文字语言 图形语言 符号语言 作用
如果一个平面过另一个平面的 ,那么这两个平面垂直 α⊥β 证面面 垂直
4.平面与平面垂直的性质定理
文字语言 两个平面垂直,如果一个平面内有一条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)面面垂直的判定定理可简述为“线面垂直 面面垂直”.要证明平面与平面垂直,只需转化为证明直线与平面垂直,这充分说明了线面垂直与面面垂直的密切关系.
(2)要判断两个平面的垂直关系,只需要固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直.
(3)观察空间图形时,不能以平面的观点去看待,平面上画的两直线成锐角或钝角,在空间中可能是垂直的.
(4)平面与平面垂直的性质定理成立的条件有三个:
①两个平面垂直;②有一条直线在其中一个平面内;③这条直线垂直于两个平面的交线.
(5)如果两个平面垂直,那么分别在这两个平面内的两条直线可能平行、相交(含垂直相交)或异面.
基础落实训练
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)两个相交平面组成的图形叫作二面角. ( )
(2)异面直线a,b分别和一个二面角的两个面垂直,则a,b的夹角与这个二面角的平面角相等或互补. ( )
(3)二面角的平面角是从棱上一点出发,分别在两个面内作射线所成的角的最小角. ( )
(4)二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系. ( )
2.已知直线l⊥平面α,则经过l且和α垂直的平面 ( )
A.有一个 B.有两个
C.有无数个 D.不存在
3.若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则 ( )
A.α∥γ B.α与γ相交但不垂直
C.α⊥γ D.以上都有可能
4.如图所示,在长方体ABCD A1B1C1D1的棱AB上任取一点E,作EF⊥A1B1于F,则EF与平面A1B1C1D1的关系是 ( )
A.平行 B.EF 平面A1B1C1D1
C.相交但不垂直 D.相交且垂直
题型(一) 二面角的求法
[例1] 在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,AA1=1,则二面角D1 BC D的余弦值为 ( )
A. B. C. D.
听课记录:
|思|维|建|模|
1.求二面角大小的步骤
(1)找出这个二面角的平面角;
(2)证明这个角是二面角的平面角;
(3)作出这个角所在的三角形,解这个三角形,求出角的大小.
2.确定二面角的平面角的方法
(1)定义法:在二面角的棱上找一个特殊点,在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线.
(2)垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,这两条交线的夹角,即为二面角的平面角.
[针对训练]
1.如图,AB是圆的直径,PA⊥BC,C是圆上一点(不同于A,B),且PA=AC,则二面角P BC A的平面角为 ( )
A.∠PAC B.∠CPA
C.∠PCA D.∠CAB
2.如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E,F分别为AB,AA1的中点,则平面CEB1与平面D1FB1所成二面角的平面角的正弦值为 .
题型(二) 平面与平面垂直的判定定理及其应用
[例2] 如图,斜三棱柱ABC A1B1C1的底面是直角三角形,∠ACB=90°,点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点,且BC=CA=AA1.
(1)求证:平面ACC1A1⊥平面B1C1CB;
(2)求证:BC1⊥AB1.
听课记录:
|思|维|建|模|
证明面面垂直常用的方法
(1)定义法:说明两个半平面所成的二面角是直二面角,其判定的步骤:
①找出两相交平面的平面角;②证明这个平面角是直角;③根据定义,这两个相交平面互相垂直.
(2)判定定理法:在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直,即把问题转化为“线面垂直”,其基本步骤:
(3)性质法:两个平行平面中的一个垂直于第三个平面,则另一个也垂直于此平面.
[针对训练]
3.如图,在圆锥PO中,AB是☉O的直径,C是上的点,D为AC的中点.证明:平面POD⊥平面PAC.
题型(三) 平面与平面垂直的性质定理及其应用
[例3] 如图所示,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,E为垂足.
(1)求证:PA⊥平面ABC;
(2)当E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形.
听课记录:
|思|维|建|模|
面面垂直的性质定理的应用思路
在空间图形中,如已知条件中有面面垂直,一般需要作辅助线,考虑应用面面垂直的性质定理得到线面垂直,继而可得线线垂直.在运用面面垂直的性质定理时,找准两平面的交线是关键.
[提醒] 在证明垂直问题时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.
[针对训练]
4.已知长方体ABCD A1B1C1D1,在平面AA1B1B上任取一点M,作ME⊥AB于点E,则 ( )
A.ME⊥平面ABCD B.ME 平面ABCD
C.ME∥平面ABCD D.以上都有可能
5.如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,∠ACB=∠AA1C=90°,平面AA1C1C⊥平面ABC.
(1)求证:AA1⊥A1B;
(2)若AA1=2,BC=3,∠A1AC=60°,求点C到平面A1ABB1的距离.
题型(四) 线面位置关系的综合问题
[例4] 如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.求证:
(1)PE⊥BC;
(2)平面PAB⊥平面PCD;
(3)EF∥平面PCD.
听课记录:
|思|维|建|模|
(1)在解决垂直问题的过程中,要注意平面与平面垂直的判定定理和性质定理的联合交替使用,即注意面面垂直和线面垂直的互相转化.
(2)在应用线面平行、垂直的判定定理和性质定理证明有关问题时,除了运用转化思想,还应注意寻找线面平行、垂直所需的条件.
平行、垂直的转化
[针对训练]
6.如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是矩形,点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证:AB∥EF;
(2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD.
第2课时 两平面垂直
课前预知教材
1.(1)每一部分 两个半平面 棱 面
(2)作垂直于棱的射线 0°≤α≤180°
2.直二面角 3.垂线 4.交线 垂直 a α a⊥l 线面
[基础落实训练]
1.(1)× (2)√ (3)× (4)√
2.C 3.D 4.D
课堂题点研究
[例1] 选D 在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,AA1=1,∴CD1=.
∵BC⊥平面DCC1D1,CD1 平面DCC1D1,
∴BC⊥CD1.
又平面D1BC∩平面BCD=BC,BC⊥CD,
∴∠D1CD为二面角D1 BC D的平面角,
cos∠D1CD===.
∴二面角D1 BC D的余弦值为.故选D.
[针对训练]
1.选C ∵C是圆上一点(不同于A,B),AB是圆的直径,∴AC⊥BC.又PA⊥BC,AC∩PA=A,∴BC⊥平面PAC.而PC 平面PAC,
∴BC⊥PC.又平面ABC∩平面PBC=BC,PC∩AC=C,∴由二面角的定义,得∠PCA为二面角P BC A的平面角.
2.解析:设棱长为1,延长CE,D1F,DA交于一点G,如图所示,
所以B1C=,B1G=,CG=,则B1C2+B1G2=CG2,故B1G⊥B1C.同理B1D1⊥B1G,则∠CB1D1即为所求二面角的平面角,而D1C=B1D1=B1C=,所以∠CB1D1=60°,其正弦值为.
答案:
[例2] 证明:(1)如图,设BC的中点为M,连接B1M.
因为点B1在底面ABC上的射影恰好是点M,
所以B1M⊥平面ABC.
又因为AC 平面ABC,所以B1M⊥AC.
又由BC⊥AC,B1M∩BC=M,且B1M,BC 平面B1C1CB,所以AC⊥平面B1C1CB.
因为AC 平面ACC1A1,
所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.
(2)连接B1C,因为AC⊥平面B1C1CB,且BC1 平面B1C1CB,所以AC⊥BC1.
在斜三棱柱ABC A1B1C1中,因为BC=CC1,
所以四边形B1C1CB为菱形.所以B1C⊥BC1.
又因为B1C∩AC=C,且B1C,AC 平面ACB1,所以BC1⊥平面ACB1.
因为AB1 平面ACB1,所以BC1⊥AB1.
[针对训练]
3.证明:如图,连接OC,因为OA=OC,
D是AC的中点,所以AC⊥OD.
又PO⊥底面AOC,AC 底面AOC,所以AC⊥PO.因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,所以AC⊥平面POD.又AC 平面PAC,所以平面POD⊥平面PAC.
[例3] 证明:(1)在平面ABC内取一点D,作DF⊥AC于F.
∵平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC,∴DF⊥平面PAC.∵PA 平面PAC,∴DF⊥AP.
作DG⊥AB于G,同理可证DG⊥AP.
∵DG,DF都在平面ABC内,且DG∩DF=D,∴PA⊥平面ABC.
(2)如图,连接BE并延长,交PC于H.∵E是△PBC的垂心,
∴PC⊥BH.
又已知AE⊥平面PBC,PC 平面PBC,∴PC⊥AE.
∵BH∩AE=E,∴PC⊥平面ABE.
∵AB 平面ABE,∴PC⊥AB.
又∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AB.
∵PC∩PA=P,∴AB⊥平面PAC.
∵AC 平面PAC,
∴AB⊥AC,即△ABC是直角三角形.
[针对训练]
4.选A ∵ME 平面AA1B1B,平面AA1B1B∩平面ABCD=AB,且平面AA1B1B⊥平面ABCD,ME⊥AB,∴ME⊥平面ABCD.
5.解:(1)证明:因为平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,BC⊥AC,
所以BC⊥平面AA1C1C.
又AA1 平面AA1C1C,
所以BC⊥AA1.
因为∠AA1C=90°,所以AA1⊥A1C.
又BC∩A1C=C,所以AA1⊥平面A1BC.
又A1B 平面A1BC,所以AA1⊥A1B.
(2)由(1)可知A1A⊥平面A1BC,A1A 平面A1ABB1,
所以平面A1BC⊥平面A1ABB1,且交线为A1B.
所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的边A1B上的高,设其为h.
在Rt△AA1C中,A1A=2,∠A1AC=60°,
则A1C=2.
由(1)得BC⊥A1C,
所以在Rt△A1CB中,BC=3,A1B=,
h===.
故点C到平面A1ABB1的距离为.
[例4] 证明:(1)因为PA=PD,E为AD的中点,
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.
又因为PD 平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,且PA∩AB=A,
所以PD⊥平面PAB.又因为PD 平面PCD,
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)如图,取PC中点G,连接FG,DG.
因为F,G分别为PB,PC的中点,
所以FG∥BC,FG=BC.
因为底面ABCD为矩形,且E为AD的中点,
所以DE∥BC,DE=BC.
所以DE∥FG,DE=FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF 平面PCD,DG 平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
[针对训练]
6.证明:(1)因为四边形ABCD是矩形,
所以AB∥CD.又AB 平面PDC,CD 平面PDC,所以AB∥平面PDC.
又AB 平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.
(2)因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD.
因为AF⊥EF,(1)中已证AB∥EF,所以AB⊥AF.
由点E在棱PC上(异于点C),所以点F异于点D.
又AF∩AD=A,AF,AD 平面PAD.
所以AB⊥平面PAD.又AB 平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.(共78张PPT)
两平面垂直
(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.从相关定义和基本事实出发,借助长方体,通过直观感知,了解空间中平面与平面的垂直关系.
2.了解二面角的相关概念,平面与平面垂直的定义,会求简单的二面角问题.
3.归纳出平面与平面垂直的性质定理、判定定理,并会证明平面与平面的垂直关系.
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
1.二面角
(1)二面角
半平面 平面内的一条直线把这个平面分成两部分,其中的__________都叫作半平面
二面角的 相关概念 一般地,一条直线和由这条直线出发的_____________
所组成的图形叫作二面角,这条直线叫作二面角的____,每个半平面叫作二面角的_____
每一部分
两个半平面
棱
面
画法
记法 二面角α l β或α AB β或P l Q或P AB Q
续表
(2)二面角的平面角
①定义:一般地,以二面角的棱上任意一点为端点,在两个面内分别__________________,这两条射线所成的角叫作二面角的平面角.如图,∠AOB就是
二面角α l β的平面角.
作垂直于棱的射线
②范围:二面角的大小可以用它的平面角来度量,二面角的平面角是多少度,就说这个二面角是多少度.二面角α的取值范围是_____________.
(3)直二面角
平面角是直角的二面角叫作直二面角.
0°≤α≤180°
2.面面垂直的定义
定义 一般地,如果两个平面所成的二面角是__________,那么就说这两个平面互相垂直
画法 画两个互相垂直的平面时,通常把表示平面的两个平行四边形的一组边画成垂直.如图
记作 α⊥β
直二面角
3.平面与平面垂直的判定定理
文字语言 图形语言 符号语言 作用
如果一个平面过另一个平面的_____,那么这两个平面垂直 证面面垂直
垂线
4.平面与平面垂直的性质定理
文字语言 两个平面垂直,如果一个平面内有一条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)面面垂直的判定定理可简述为“线面垂直 面面垂直”.要证明平面与平面垂直,只需转化为证明直线与平面垂直,这充分说明了线面垂直与面面垂直的密切关系.
(2)要判断两个平面的垂直关系,只需要固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直.
(3)观察空间图形时,不能以平面的观点去看待,平面上画的两直线成锐角或钝角,在空间中可能是垂直的.
(4)平面与平面垂直的性质定理成立的条件有三个:
①两个平面垂直;②有一条直线在其中一个平面内;③这条直线垂直于两个平面的交线.
(5)如果两个平面垂直,那么分别在这两个平面内的两条直线可能平行、相交(含垂直相交)或异面.
基础落实训练
1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”)
(1)两个相交平面组成的图形叫作二面角. ( )
(2)异面直线a,b分别和一个二面角的两个面垂直,则a,b的夹角与这个二面角的平面角相等或互补. ( )
(3)二面角的平面角是从棱上一点出发,分别在两个面内作射线所成的角的最小角. ( )
(4)二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系. ( )
×
√
×
√
2.已知直线l⊥平面α,则经过l且和α垂直的平面 ( )
A.有一个 B.有两个
C.有无数个 D.不存在
3.若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则 ( )
A.α∥γ B.α与γ相交但不垂直
C.α⊥γ D.以上都有可能
√
√
4.如图所示,在长方体ABCD A1B1C1D1的棱AB上任取一点E,作EF⊥A1B1于F,则EF与平面A1B1C1D1的关系是 ( )
A.平行
B.EF 平面A1B1C1D1
C.相交但不垂直
D.相交且垂直
√
课堂题点研究·迁移应用融通
题型(一) 二面角的求法
[例1] 在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,AA1=1,则二面角D1 BC D的余弦值为 ( )
A. B.
C. D.
√
解析:在长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,AA1=1,∴CD1=.
∵BC⊥平面DCC1D1,CD1 平面DCC1D1,
∴BC⊥CD1.
又平面D1BC∩平面BCD=BC,BC⊥CD,
∴∠D1CD为二面角D1 BC D的平面角,
cos∠D1CD===.
∴二面角D1 BC D的余弦值为.故选D.
|思|维|建|模|
1.求二面角大小的步骤
(1)找出这个二面角的平面角;
(2)证明这个角是二面角的平面角;
(3)作出这个角所在的三角形,解这个三角形,求出角的大小.
2.确定二面角的平面角的方法
(1)定义法:在二面角的棱上找一个特殊点,在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的射线.
(2)垂面法:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,这两条交线的夹角,即为二面角的平面角.
针对训练
1.如图,AB是圆的直径,PA⊥BC,C是圆上一点
(不同于A,B),且PA=AC,则二面角P BC A的
平面角为 ( )
A.∠PAC B.∠CPA
C.∠PCA D.∠CAB
√
解析:∵C是圆上一点(不同于A,B),AB是圆的直径,∴AC⊥BC.又PA⊥BC,AC∩PA=A,∴BC⊥平面PAC.而PC 平面PAC,
∴BC⊥PC.又平面ABC∩平面PBC=BC,PC∩AC=C,∴由二面角的定义,得∠PCA为二面角P BC A的平面角.
2.如图,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E,F分别为AB,
AA1的中点,则平面CEB1与平面D1FB1所成二面角的平面角的正弦值为 .
解析:设棱长为1,延长CE,D1F,DA交于一点G,如图所示,所以B1C=,B1G=,CG=,
则B1C2+B1G2=CG2,故B1G⊥B1C.同理B1D1⊥
B1G,则∠CB1D1即为所求二面角的平面角,
而D1C=B1D1=B1C=,所以∠CB1D1=60°,
其正弦值为.
题型(二) 平面与平面垂直的判定定理及其应用
[例2] 如图,斜三棱柱ABC A1B1C1的底面是直角三角形,∠ACB=90°,点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点,且BC=CA=AA1.
(1)求证:平面ACC1A1⊥平面B1C1CB;
证明:如图,设BC的中点为M,连接B1M.
因为点B1在底面ABC上的射影恰好是点M,
所以B1M⊥平面ABC.
又因为AC 平面ABC,所以B1M⊥AC.
又由BC⊥AC,B1M∩BC=M,且B1M,BC 平面B1C1CB,所以AC⊥平面B1C1CB.
因为AC 平面ACC1A1,
所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB.
(2)求证:BC1⊥AB1.
证明:连接B1C,因为AC⊥平面B1C1CB,
且BC1 平面B1C1CB,所以AC⊥BC1.
在斜三棱柱ABC A1B1C1中,因为BC=CC1,
所以四边形B1C1CB为菱形.
所以B1C⊥BC1.
又因为B1C∩AC=C,且B1C,AC 平面ACB1,
所以BC1⊥平面ACB1.
因为AB1 平面ACB1,
所以BC1⊥AB1.
|思|维|建|模|
证明面面垂直常用的方法
(1)定义法:说明两个半平面所成的二面角是直二面角,其判定的步骤:
①找出两相交平面的平面角;②证明这个平面角是直角;③根据定义,这两个相交平面互相垂直.
(2)判定定理法:在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直,即把问题转化为“线面垂直”,其基本步骤:
(3)性质法:两个平行平面中的一个垂直于第三个平面,则另一个也垂直于此平面.
针对训练
证明:如图,连接OC,
因为OA=OC,
D是AC的中点,所以AC⊥OD.
又PO⊥底面AOC,AC 底面AOC,所以AC⊥PO.
因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,
所以AC⊥平面POD.
又AC 平面PAC,所以平面POD⊥平面PAC.
题型(三) 平面与平面垂直的性质定理及其应用
[例3] 如图所示,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥
平面ABC,AE⊥平面PBC,E为垂足.
(1)求证:PA⊥平面ABC;
证明:在平面ABC内取一点D,作DF⊥AC于F.
∵平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC,∴DF⊥平面PAC.∵PA 平面PAC,
∴DF⊥AP.
作DG⊥AB于G,同理可证DG⊥AP.
∵DG,DF都在平面ABC内,且DG∩DF=D,
∴PA⊥平面ABC.
(2)当E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形.
证明:如图,连接BE并延长,交PC于H.
∵E是△PBC的垂心,
∴PC⊥BH.
又已知AE⊥平面PBC,PC 平面PBC,∴PC⊥AE.
∵BH∩AE=E,∴PC⊥平面ABE.
∵AB 平面ABE,∴PC⊥AB.
又∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AB.
∵PC∩PA=P,∴AB⊥平面PAC.
∵AC 平面PAC,
∴AB⊥AC,
即△ABC是直角三角形.
|思|维|建|模|
面面垂直的性质定理的应用思路
在空间图形中,如已知条件中有面面垂直,一般需要作辅助线,考虑应用面面垂直的性质定理得到线面垂直,继而可得线线垂直.在运用面面垂直的性质定理时,找准两平面的交线是关键.
[提醒] 在证明垂直问题时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.
针对训练
4.已知长方体ABCD A1B1C1D1,在平面AA1B1B上任取一点M,
作ME⊥AB于点E,则 ( )
A.ME⊥平面ABCD B.ME 平面ABCD
C.ME∥平面ABCD D.以上都有可能
解析:∵ME 平面AA1B1B,平面AA1B1B∩平面ABCD=AB,
且平面AA1B1B⊥平面ABCD,ME⊥AB,∴ME⊥平面ABCD.
√
5.如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,∠ACB=∠AA1C=90°,平面AA1C1C⊥平面ABC.
(1)求证:AA1⊥A1B;
解:证明:因为平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,
BC⊥AC,
所以BC⊥平面AA1C1C.
又AA1 平面AA1C1C,
所以BC⊥AA1.
因为∠AA1C=90°,所以AA1⊥A1C.
又BC∩A1C=C,所以AA1⊥平面A1BC.
又A1B 平面A1BC,所以AA1⊥A1B.
(2)若AA1=2,BC=3,∠A1AC=60°,求点C到平面A1ABB1的距离.
解:由(1)可知A1A⊥平面A1BC,A1A 平面A1ABB1,
所以平面A1BC⊥平面A1ABB1,且交线为A1B.
所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的边A1B上的高,设其为h.
在Rt△AA1C中,A1A=2,∠A1AC=60°,
则A1C=2.
由(1)得BC⊥A1C,
所以在Rt△A1CB中,BC=3,A1B=,
h===.
故点C到平面A1ABB1的距离为.
题型(四) 线面位置关系的综合问题
[例4] 如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,
PA=PD,E,F分别为AD,PB的中点.求证:
(1)PE⊥BC;
证明:因为PA=PD,E为AD的中点,
所以PE⊥AD.
因为底面ABCD为矩形,所以BC∥AD.
所以PE⊥BC.
(2)平面PAB⊥平面PCD;
证明:因为底面ABCD为矩形,所以AB⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB 平面ABCD,
所以AB⊥平面PAD.
又因为PD 平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,且PA∩AB=A,
所以PD⊥平面PAB.
又因为PD 平面PCD,
所以平面PAB⊥平面PCD.
(3)EF∥平面PCD.
证明:如图,取PC中点G,连接FG,DG.
因为F,G分别为PB,PC的中点,
所以FG∥BC,FG=BC.
因为底面ABCD为矩形,且E为AD的中点,
所以DE∥BC,DE=BC.
所以DE∥FG,DE=FG.
所以四边形DEFG为平行四边形.
所以EF∥DG.
又因为EF 平面PCD,DG 平面PCD,
所以EF∥平面PCD.
|思|维|建|模|
(1)在解决垂直问题的过程中,要注意平面与平面垂直的判定定理和性质定理的联合交替使用,即注意面面垂直和线面垂直的互相转化.
(2)在应用线面平行、垂直的判定定理和性质定理证明有关问题时,除了运用转化思想,还应注意寻找线面平行、垂直所需的条件.
平行、垂直的转化
针对训练
6.如图,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD是矩形,
点E在棱PC上(异于点P,C),平面ABE与棱PD交于点F.
(1)求证:AB∥EF;
证明:因为四边形ABCD是矩形,
所以AB∥CD.
又AB 平面PDC,CD 平面PDC,
所以AB∥平面PDC.
又AB 平面ABE,平面ABE∩平面PDC=EF,所以AB∥EF.
(2)若AF⊥EF,求证:平面PAD⊥平面ABCD.
证明:因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD.
因为AF⊥EF,(1)中已证AB∥EF,
所以AB⊥AF.
由点E在棱PC上(异于点C),
所以点F异于点D.
又AF∩AD=A,AF,AD 平面PAD.
所以AB⊥平面PAD.
又AB 平面ABCD,
所以平面PAD⊥平面ABCD.
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A级——达标评价
1.对于直线m,n和平面α,β,α⊥β的一个条件是( )
A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n⊥α
C.m∥n,n⊥α,m∥β D.m∥n,m⊥α,n⊥β
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解析:根据m⊥n,m∥α,n∥β,有可能出现α∥β的情况,A错误.
根据m⊥n,α∩β=m,n⊥α,不一定得到α⊥β,
如图1,B错误.
过m作平面γ与平面β交于直线p,如图2,
∵m∥β,m γ,β∩γ=p,∴m∥p.∵m∥n,n⊥α,∴m⊥α.∴p⊥α.又p β,从而得到α⊥β,C正确.
∵m∥n,m⊥α,∴n⊥α.
而n⊥β,∴α∥β,D错误.
故选C.
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2.已知平面α⊥平面β,且α∩β=l,要得到直线m⊥平面β,还需要补充以下的条件是 ( )
A.m α B.m∥α
C.m⊥l D.m α且m⊥l
解析:选项A、B、C的条件都不能得到直线m⊥平面β.而补充选项D后,可以得到直线m⊥平面β.理由是若两平面垂直,则一个平面内垂直于两平面交线的直线垂直于另一个平面.故选D.
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3.已知三棱锥A BCD中,AD⊥BC,AD⊥CD,则有 ( )
A.平面ABC⊥平面ADC
B.平面ADC⊥平面BCD
C.平面ABC⊥平面BDC
D.平面ABC⊥平面ADB
解析:如图所示,因为AD⊥BC,AD⊥CD,BC∩CD=C,
所以AD⊥平面BCD.而AD 平面ADC,所以平面ADC⊥平面BCD.
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4.如图,在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,若DH⊥平面ABC于H,那么点H必在 ( )
A.直线AB上
B.直线BC上
C.直线AC上
D.△ABC内部
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解析:在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,AB∩BD=B,
∴AC⊥平面ABD.
又∵AC 平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABD.
∵平面ABC∩平面ABD=AB,
∴点H必在AB上.故选A.
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5.如图,三棱台ABC A1B1C1的下底面是正三角形,
AB⊥BB1,B1C1⊥BB1,则二面角A BB1 C的大小是 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
解析:在三棱台ABC A1B1C1中,B1C1∥BC,且B1C1⊥BB1,则BC⊥BB1.又AB⊥BB1,且AB∩BC=B,所以B1B⊥平面ABC.所以∠ABC为二面角A BB1 C的平面角.因为△ABC为等边三角形,所以∠ABC=60°.
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6.空间四边形ABCD中,AB=BC,CD=DA,E是AC的中点,则平面BDE与平面ABC的位置关系是 .
解析:如图,∵AB=BC,CD=DA,
E是AC的中点,
∴AC⊥BE,AC⊥DE.又BE∩DE=E,
BE,DE 平面BDE,
∴AC⊥平面BDE.
∵AC 平面ABC,∴平面BDE⊥平面ABC.
垂直
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7.如图,正三棱柱ABC A1B1C1的棱长都相等,则二面角A1 BC A的余弦值为 .
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解析:取BC的中点M,连接AM,A1M,
因为△ABC为等边三角形,所以AM⊥BC.
又因为AA1⊥平面ABC,AB,AC,AM 平面ABC,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,AA1⊥AM.
易知△AA1B≌△AA1C.所以A1B=A1C,则A1M⊥BC.
所以二面角A1 BC A的平面角为∠AMA1,设AB=2,
则A1A=2,AM=,A1M==,
所以cos∠AMA1===.
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8.如图,A,B,C,D为空间四点,在△ABC中,AB=2,AC=BC=,等边三角形ADB以AB为轴运动,若平面ADB⊥平面ABC,
则CD= .
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解析:如图,取AB的中点E,连接DE,CE,因为△ADB是等边三角形,所以DE⊥AB.
当平面ADB⊥平面ABC时,因为平面ADB∩平面ABC=AB,所以DE⊥平面ABC.又CE 平面ABC,
所以DE⊥CE.因为AB2=AC2+BC2,所以△ABC为
直角三角形.由已知可得DE=,EC=1,
在Rt△DEC中,CD==2.
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9.(10分)如图,四棱锥P ABCD中,AD⊥平面PAB,
AP⊥AB.
(1)求证:CD⊥AP;
证明:因为AD⊥平面PAB,AP 平面PAB,所以AD⊥AP.又AP⊥AB,
AB∩AD=A,
AB 平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以AP⊥平面ABCD.
因为CD 平面ABCD,所以CD⊥AP.
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(2)若CD⊥PD,求证:CD∥平面PAB.
证明:由(1)知CD⊥AP,又因为CD⊥PD,PD∩AP=P,PD 平面PAD,AP 平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.①
因为AD⊥平面PAB,AB 平面PAB,
所以AB⊥AD.
又AP⊥AB,AP∩AD=A,AP 平面PAD,AD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD. ②
由①②得,AB∥CD.因为AB 平面PAB,
CD 平面PAB,所以CD∥平面PAB.
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10.(12分)如图,四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面为菱形,AA1⊥底面ABCD,∠BAD=120°,E,F分别是CD,AA1的中点.
(1)求证:DF∥平面B1AE;
证明:取AB1的中点G,连接FG,GE,如图所示,
因为F是AA1的中点,
所以FG是△AA1B1的中位线.
所以FG=A1B1,
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FG∥A1B1.
又四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面为菱形,
所以CD∥A1B1,CD=A1B1.
又E是CD的中点,所以DE=CD=A1B1,DE∥A1B1.
所以FG=DE,FG∥DE.
所以四边形GEDF是平行四边形.
所以DF∥EG.
又DF 平面B1AE,EG 平面B1AE,
所以DF∥平面B1AE.
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(2)求证:平面B1AE⊥平面A1B1BA.
证明:连接AC,在菱形ABCD中,∠BAD=120°,
则∠ADC=60°.
所以△ACD是等边三角形.
所以AE⊥CD,即AE⊥AB.
又AA1⊥平面ABCD,AE 平面ABCD,
所以AA1⊥AE.
又AB∩AA1=A,AB,AA1 平面A1B1BA,
所以AE⊥平面A1B1BA.
因为AE 平面B1AE,
所以平面B1AE⊥平面A1B1BA.
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B级——重点培优
11.(多选)如图,在梯形ABCD中,BC∥AD,∠ABC=90°,
AD∶BC∶AB=2∶3∶4,E,F分别是AB,CD的中点,
将四边形ADFE沿直线EF进行翻折.在翻折的过程中,可能成立的结论是( )
A.DF⊥BC
B.BD⊥FC
C.平面BDF⊥平面BCF
D.平面DCF⊥平面BCF
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解析:因为BC∥AD,AD与DF相交不垂直,所以BC与DF不垂直,故A错误;
设点D在平面BCF上的射影为点P,当BP⊥CF时,
有BD⊥FC,而AD∶BC∶AB=2∶3∶4,∠BCF为锐角,所以可作出BP⊥CF,从而满足条件,故B正确;
当点P落在BF上时,DP 平面BDF,从而平面BDF⊥平面BCF,故C正确;
因为AD∶BC=2∶3,AD∶EF=4∶5,所以点D的投影不可能在CF上,
所以平面DCF⊥平面BCF不成立,故D错误.
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12.(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,
△ABD为等边三角形,若二面角C AB D为150°,则直线CD与
平面ABC所成角的正切值为 ( )
A. B. C. D.
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解析:取AB的中点E,连接CE,DE,因为△ABC是等腰直角三角形,且AB为斜边,所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形,所以DE⊥AB.从而∠CED为二面角C AB D的平面角,即∠CED=150°.
显然CE∩DE=E,CE,DE 平面CDE,于是AB⊥
平面CDE,又AB 平面ABC,
因此平面CDE⊥平面ABC,显然平面CDE∩平面ABC=CE,
直线CD 平面CDE,则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE,
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从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角,令AB=2,则CE=1,
DE=,在△CDE中,由余弦定理得
CD2=CE2+DE2-2CE·DEcos∠CED=1+3-2×1××=7,
故CD=.
由正弦定理得=,
即sin∠DCE==,
显然∠DCE是锐角,cos∠DCE
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所以tan∠DCE==.
所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为.
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13.已知α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同的直线,给出下列四个论断:
①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.
以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: .(用序号表示)
①③④ ②(或②③④ ①)
解析:若m⊥n,n⊥β,m⊥α,则α⊥β.
证明:如图,过平面α和平面β外一点P,作PA∥m,
PA交α于A,作PB∥n,PB交β于B,
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则PA⊥α,PB⊥β,PA⊥PB,
显然α与β不平行,设α∩β=l,则PA⊥l,PB⊥l.
因为PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,
所以l⊥平面PAB.
延展平面PAB交l于点M,连接AM,BM,
则l⊥AM,l⊥BM,
则∠AMB是二面角α l β的一个平面角.
因为PA⊥α,AM α,所以PA⊥AM.
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同理有PB⊥BM.
又PA⊥PB,所以四边形PAMB为矩形,
则AM⊥BM,
则平面α和平面β所成的二面角的平面角是直二面角,故α⊥β.
若α⊥β,n⊥β,m⊥α,则m⊥n.
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证明:因为α⊥β,所以α与β所成二面角的平面角为90°.
因为n⊥β,m⊥α,
所以直线m,n的夹角也为90°,即m⊥n.
若m⊥n,α⊥β,n⊥β,
则m与α相交或m∥α或m α.
若m⊥n,α⊥β,m⊥α,
则n与α相交或n∥α或n α.
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14.(15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.
由题意知AB=A1B,BC=BC,∠A1CB=∠ACB=90°,则△ACB≌△A1CB,故CA=CA1.
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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.
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15.(15分)如图,把等腰直角三角形ABC沿斜边AB所在直线旋转至△ABD的位置,使CD=AC.
(1)求证:平面ABD⊥平面ABC;
解:证明:如图,取AB的中点O,连接OD,OC.
∵△ABD是等腰直角三角形,
∴DO⊥AB,且DO=AD.
同理得CO⊥AB,且CO=AC.
∵AD=AC,∴DO=CO=AC.
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∵CD=AC,∴DO2+CO2=CD2.
∴△CDO为等腰直角三角形,DO⊥CO.
又AB∩CO=O,∴DO⊥平面ABC.
又DO 平面ABD,∴平面ABD⊥平面ABC.
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(2)求二面角C BD A的余弦值.
解:取BD的中点E,连接CE,OE.
易知△BCD为等边三角形,∴CE⊥BD.
又△BOD为等腰直角三角形,∴OE⊥BD.
∴∠OEC为二面角C BD A的平面角.
由(1)易证得CO⊥平面ABD,∴CO⊥OE,
∴△COE为直角三角形.
设BC=1,则CE=,OE=,
∴cos∠OEC==,
即二面角C BD A的余弦值为.课时跟踪检测(四十一) 两平面垂直
(满分110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.对于直线m,n和平面α,β,α⊥β的一个条件是 ( )
A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n⊥α
C.m∥n,n⊥α,m∥β D.m∥n,m⊥α,n⊥β
2.已知平面α⊥平面β,且α∩β=l,要得到直线m⊥平面β,还需要补充以下的条件是 ( )
A.m α B.m∥α
C.m⊥l D.m α且m⊥l
3.已知三棱锥A BCD中,AD⊥BC,AD⊥CD,则有 ( )
A.平面ABC⊥平面ADC
B.平面ADC⊥平面BCD
C.平面ABC⊥平面BDC
D.平面ABC⊥平面ADB
4.如图,在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,若DH⊥平面ABC于H,那么点H必在 ( )
A.直线AB上
B.直线BC上
C.直线AC上
D.△ABC内部
5.如图,三棱台ABC A1B1C1的下底面是正三角形,AB⊥BB1,B1C1⊥BB1,则二面角A BB1 C的大小是 ( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
6.空间四边形ABCD中,AB=BC,CD=DA,E是AC的中点,则平面BDE与平面ABC的位置关系是 .
7.如图,正三棱柱ABC A1B1C1的棱长都相等,则二面角A1 BC A的余弦值为 .
8.如图,A,B,C,D为空间四点,在△ABC中,AB=2,AC=BC=,等边三角形ADB以AB为轴运动,
若平面ADB⊥平面ABC,则CD= .
9.(10分)如图,四棱锥P ABCD中,AD⊥平面PAB,AP⊥AB.
(1)求证:CD⊥AP;
(2)若CD⊥PD,求证:CD∥平面PAB.
10.(12分)如图,四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面为菱形,AA1⊥底面ABCD,∠BAD=120°,E,F分别是CD,AA1的中点.
(1)求证:DF∥平面B1AE;
(2)求证:平面B1AE⊥平面A1B1BA.
B级——重点培优
11.(多选)如图,在梯形ABCD中,BC∥AD,∠ABC=90°,AD∶BC∶AB=2∶3∶4,E,F分别是AB,CD的中点,将四边形ADFE沿直线EF进行翻折.在翻折的过程中,可能成立的结论是 ( )
A.DF⊥BC
B.BD⊥FC
C.平面BDF⊥平面BCF
D.平面DCF⊥平面BCF
12.(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C AB D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( )
A. B.
C. D.
13.已知α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同的直线,给出下列四个论断:
①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α.
以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: .
(用序号表示)
14.(15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.
15.(15分)如图,把等腰直角三角形ABC沿斜边AB所在直线旋转至△ABD的位置,使CD=AC.
(1)求证:平面ABD⊥平面ABC;
(2)求二面角C BD A的余弦值.
课时跟踪检测(四十一)
1．选C 根据m⊥n，m∥α，n∥β，有可能出现α∥β的情况，A错误．根据m⊥n，α∩β＝m，n⊥α，不一定得到α⊥β，如图1，B错误．过m作平面γ与平面β交于直线p，如图2，∵m∥β，m γ，β∩γ＝p，∴m∥p.∵m∥n，n⊥α，∴m⊥α.∴p⊥α.又p β，从而得到α⊥β，C正确．∵m∥n，m⊥α，∴n⊥α.而n⊥β，∴α∥β，D错误．故选C.
2．选D 选项A、B、C的条件都不能得到直线m⊥平面β.而补充选项D后，可以得到直线m⊥平面β.理由是若两平面垂直，则一个平面内垂直于两平面交线的直线垂直于另一个平面．故选D.
3.选B 如图所示，因为AD⊥BC，AD⊥CD，BC∩CD＝C，所以AD⊥平面BCD.而AD 平面ADC，所以平面ADC⊥平面BCD.
4．选A 在四面体ABCD中，已知AB⊥AC，BD⊥AC，AB∩BD＝B，∴AC⊥平面ABD.又∵AC 平面ABC，∴平面ABC⊥平面ABD.∵平面ABC∩平面ABD＝AB，∴点H必在AB上．故选A.
5．选C 在三棱台ABC A1B1C1中，B1C1∥BC，且B1C1⊥BB1，则BC⊥BB1.又AB⊥BB1，且AB∩BC＝B，所以B1B⊥平面ABC.所以∠ABC为二面角A BB1 C的平面角．因为△ABC为等边三角形，所以∠ABC＝60°.
6．解析：如图，∵AB＝BC，CD＝DA，E是AC的中点，∴AC⊥BE，AC⊥DE.又BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，∴AC⊥平面BDE.∵AC 平面ABC，∴平面BDE⊥平面ABC.
答案：垂直
7．解析：取BC的中点M，连接AM，A1M，
因为△ABC为等边三角形，所以AM⊥BC.
又因为AA1⊥平面ABC，AB，AC，AM 平面ABC，所以AA1⊥AB，AA1⊥AC，AA1⊥AM.
易知△AA1B≌△AA1C.所以A1B＝A1C，则A1M⊥BC.所以二面角A1 BC A的平面角为∠AMA1，设AB＝2，则A1A＝2，AM＝，A1M＝＝，
所以cos∠AMA1＝＝＝.
答案：
8．解析：如图，取AB的中点E，连接DE，CE，因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.
当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC＝AB，所以DE⊥平面ABC.又CE 平面ABC，所以DE⊥CE.因为AB2＝AC2＋BC2，所以△ABC为直角三角形．由已知可得DE＝，EC＝1，
在Rt△DEC中，CD＝＝2.
答案：2
9．证明：(1)因为AD⊥平面PAB，AP 平面PAB，所以AD⊥AP.又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB 平面ABCD，AD 平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD.
因为CD 平面ABCD，所以CD⊥AP.
(2)由(1)知CD⊥AP，又因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD 平面PAD，AP 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.①
因为AD⊥平面PAB，AB 平面PAB，
所以AB⊥AD.
又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP 平面PAD，AD 平面PAD，所以AB⊥平面PAD.②
由①②得，AB∥CD.因为AB 平面PAB，
CD 平面PAB，所以CD∥平面PAB.
10．证明：(1)取AB1的中点G，连接FG，GE，如图所示，
因为F是AA1的中点，
所以FG是△AA1B1的中位线．所以FG＝A1B1，FG∥A1B1.
又四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面为菱形，
所以CD∥A1B1，CD＝A1B1.
又E是CD的中点，所以DE＝CD＝A1B1，DE∥A1B1.所以FG＝DE，FG∥DE.所以四边形GEDF是平行四边形．
所以DF∥EG.
又DF 平面B1AE，EG 平面B1AE，
所以DF∥平面B1AE.
(2)连接AC，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，则∠ADC＝60°.
所以△ACD是等边三角形．
所以AE⊥CD，即AE⊥AB.
又AA1⊥平面ABCD，AE 平面ABCD，
所以AA1⊥AE.
又AB∩AA1＝A，AB，AA1 平面A1B1BA，
所以AE⊥平面A1B1BA.
因为AE 平面B1AE，
所以平面B1AE⊥平面A1B1BA.
11．选BC 因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，故A错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时，有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，∠BCF为锐角，所以可作出BP⊥CF，从而满足条件，故B正确；当点P落在BF上时，DP 平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，故C正确；因为AD∶BC＝2∶3，AD∶EF＝4∶5，所以点D的投影不可能在CF上，所以平面DCF⊥平面BCF不成立，故D错误．
12．选C 取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形,且AB为斜边，所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB.从而∠CED为二面角C AB D的平面角，即∠CED＝150°.显然CE∩DE＝E，CE，DE 平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB 平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD 平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝，在△CDE中，由余弦定理得CD2＝CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED＝1＋3－2×1××＝7，故CD＝.由正弦定理得＝，即sin∠DCE＝＝，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝＝＝，所以tan∠DCE＝＝.所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为.
13．解析：若m⊥n，n⊥β，m⊥α，则α⊥β.
证明：如图，过平面α和平面β外一点P，作PA∥m，PA交α于A，作PB∥n，PB交β于B，则PA⊥α，PB⊥β，PA⊥PB，显然α与β不平行，设α∩β＝l，则PA⊥l，PB⊥l.因为PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，所以l⊥平面PAB.延展平面PAB交l于点M，连接AM，BM，则l⊥AM，l⊥BM，则∠AMB是二面角α l β的一个平面角．因为PA⊥α，AM α，所以PA⊥AM.同理有PB⊥BM.又PA⊥PB，所以四边形PAMB为矩形，则AM⊥BM，则平面α和平面β所成的二面角的平面角是直二面角，故α⊥β.若α⊥β，n⊥β，m⊥α，则m⊥n.证明：因为α⊥β，所以α与β所成二面角的平面角为90°.因为n⊥β，m⊥α，所以直线m，n的夹角也为90°，即m⊥n.若m⊥n，α⊥β，n⊥β，则m与α相交或m∥α或m α.若m⊥n，α⊥β，m⊥α，则n与α相交或n∥α或n α.
答案：①③④ ②(或②③④ ①)
14．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.
15．解：(1)证明：如图，取AB的中点O，连接OD，OC.
∵△ABD是等腰直角三角形，
∴DO⊥AB，且DO＝AD.
同理得CO⊥AB，且CO＝AC.
∵AD＝AC，∴DO＝CO＝AC.
∵CD＝AC，∴DO2＋CO2＝CD2.
∴△CDO为等腰直角三角形，DO⊥CO.
又AB∩CO＝O，∴DO⊥平面ABC.
又DO 平面ABD，∴平面ABD⊥平面ABC.
(2)取BD的中点E，连接CE，OE.
易知△BCD为等边三角形，∴CE⊥BD.
又△BOD为等腰直角三角形，∴OE⊥BD.
∴∠OEC为二面角C BD A的平面角．
由(1)易证得CO⊥平面ABD，∴CO⊥OE，
∴△COE为直角三角形．
设BC＝1，则CE＝，OE＝，
∴cos∠OEC＝＝，
即二面角C BD A的余弦值为.
