(共29张PPT)
第八章 立体几何初步
任意一条
垂线
垂面
垂足
垂直
一条
长度
两条相交直线垂直
a∩b=P
提示:定义中的“任意一条直线”可以换成“所有直线”,但是不可换成“无数条直线”.因为一条直线与某平面内无数条平行直线垂直,但只要这个平面中有一条直线不与该直线垂直,那么该直线不与这个平面垂直.
提示:用线面垂直的判定定理判定直线与平面垂直,取决于在这个平面内能否找出两条相交直线和已知直线垂直,至于这两条相交直线是否和已知直线有公共点,则不是必须的.
答案:C
答案:B
斜足A
相交
垂直
PA
交点
垂线PO
垂足O
90°
0°
答案:B
答案:B
解析:当l与平面α内的一条直线垂直时,不能保证l与平面α垂直,所以①不正确;
当l与α不垂直时,l可能与α内的无数条平行直线垂直,所以②不正确,③正确;
根据线面垂直的定义,若l⊥α,则l与α内的所有直线都垂直,所以④正确.
③④
答案:B(共20张PPT)
第八章 立体几何初步
任一点O
垂直
a⊥b
0°
0
°
≤α≤90°
提示:不一定.这两条直线可能是相交直线,也可能是异面直线.
提示:没有关系.无论点O在什么位置,直线A'C'与直线AB所成的角都一样大.
答案:D
60°
60°
90°
45°
90°
60°(共19张PPT)
第八章 立体几何初步
平行
a∥b
提示:不可以.若垂直于同一个平面,则这两条边平行,不能构成三角形.
提示:共面.由线面垂直的性质定理可知该两条直线是平行的,故能确定一个平面,即两条直线共面.
答案:D
任意一点
任意一点
答案:D(共25张PPT)
第八章 立体几何初步
两个半平面
棱
面
二面角α-l-β
二面角α-AB-β
二面角P-l-Q
二面角P-AB-Q
∈
?
?
⊥
⊥
∠AOB
提示:二面角是空间角.
提示:半平面、棱.
【思考】
提示:无关.如图所示,∠AOB=∠A'O'B',故二面角的平面角的大小与角的顶点的位置无关,只与二面角的大小有关.
答案:B
答案:D
直二面角
α⊥β
垂直
垂线
l?β
提示:不一定,只有在一个平面内垂直于交线的直线才垂直于另一个平面.
【思考】
提示:应用此定理的关键是在其中一个平面内找到或作出另一个平面的垂线,即实现面面垂直向线面垂直的转化.
答案:C
垂直
证明:因为四边形ABCD是正方形,
所以AC⊥BD.
因为PD⊥底面ABCD,
AC?平面ABCD,
所以PD⊥AC.
因为PD,BD为平面PDB内两条相交直线,
所以AC⊥平面PDB.
因为AC?平面AEC,
所以平面AEC⊥平面PDB.A级 基础巩固
1.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠ABC=90°,AB=BC=1,则异面直线B1C1与AC所成角的大小为( )
A.45°
B.60°
C.30°
D.90°
解析:因为BC∥B1C1,所以∠ACB(或它的补角)为异面直线B1C1与AC所成角.因为∠ABC=90°,AB=BC=1,所以∠ACB=45°,所以异面直线B1C1与AC所成角为45°.
答案:A
2.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是面A1B1C1D1和AA1D1D的中心,则EF和CD所成的角是( )
A.60°
B.45°
C.30°
D.90°
解析:如图所示,连接B1D1,AB1,则E为B1D1的中点,F为AD1的中点,所以EF∥AB1.因为CD∥AB,所以∠B1AB为异面直线EF与CD所成的角.在正方体中,∠B1AB=45°,所以EF与CD所成的角是45°.
答案:B
3.设P是直线l外一定点,经过点P,且与l成30°角的异面直线( )
A.有无数条
B.有两条
C.至多有两条
D.有一条
解析:如图所示,过点P作直线l'∥l,以l'为轴,与l'成30°角的圆锥面的所有母线都与l成30°角.
答案:A
4.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与AD1异面,且与AD1所成角为90°的面对角线共有1条.
解析:面对角线是指正方体各个面上的对角线,与AD1异面的面对角线有A1C1,B1C,BD,BA1,C1D,其中与AD1所成角为90°的仅有B1C.
5.如图所示,在空间四边形ABCD中,AD=BC=2,E,F分别是AB,CD的中点,EF=.求证:AD⊥BC.
证明:如图所示,取BD的中点H,连接EH,FH.
因为E是AB的中点,且AD=2,
所以EH∥AD,EH=1.同理FH∥BC,FH=1.
所以∠EHF(或其补角)是异面直线AD,BC所成的角.
因为EF=,所以EH2+FH2=EF2,
所以△EFH是等腰直角三角形,EF是斜边,
所以∠EHF=90°,即AD与BC所成的角是90°,
所以AD⊥BC.
B级 能力提升
6.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,若M为A1C1的中点,则AM与BC1所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
解析:由题意,取AC的中点N,连接C1N,BN,如图所示,则AM∥C1N,
所以异面直线AM与BC1所成角就是直线BC1与C1N所成角.
设直三棱柱的各棱长均为2,则C1N=,BC1=2,BN=.
设直线BC1与C1N所成的角为θ,
在△BNC1中,由余弦定理可得cos
θ==,
即异面直线AM与BC1所成角的余弦值为,故选D.
答案:D
7.如图所示,空间四边形ABCD的对角线AC=8,BD=6,M,N分别为AB,CD的中点,若异面直线AC与BD所成的角为90°,则MN=5.
解析:如图所示,取AD的中点P,连接PM,PN.
则BD∥PM,PM=BD=3,AC∥PN,PN=AC=4,所以∠MPN(或其补角)即为异面直线AC与BD所成的角.因为AC与BD所成的角为90°,所以∠MPN=90°.在Rt△MPN中,MN==5.
8.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是90°.
解析:如图所示,过点M作ME∥DN交CC1于点E,连接A1E,则
∠A1ME(或其补角)为异面直线A1M与DN所成的角.设正方体的棱长为a,则A1M=a,ME=a,A1E=a,所以A1M2+ME2=A1E2,
所以∠A1ME=90°,即异面直线A1M与DN所成的角为90°.
9.如图所示,在正方体ABCD-EFGH中,O为侧面ADHE的中心.
求:(1)BE与CG所成的角;
(2)FO与BD所成的角.
解:(1)因为CG∥BF,所以∠EBF(或其补角)为异面直线BE与CG所成的角.由题意知∠EBF=45°,所以BE与CG所成的角为45°.
(2)如图所示,连接FH.
因为HD∥EA,EA∥FB,所以HD∥FB.
因为HD=FB,所以四边形HFBD为平行四边形,
所以HF∥BD,
所以∠HFO(或其补角)为异面直线FO与BD所成的角.
连接HA,AF,易得FH=HA=AF,所以△AFH为等边三角形.
因为O为侧面ADHE的中心,所以O为AH的中点,
所以∠HFO=30°,即FO与BD所成的角为30°.
C级 挑战创新
10.在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧面都是矩形,底面ABCD是菱形,且AB=BC=2,∠ABC=120°,异面直线A1B和AD1所成的角为90°,试求AA1.
解:如图所示,连接CD1,AC.由题意,得在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥BC,A1D1=BC=2,
所以四边形A1BCD1是平行四边形,
所以A1B∥CD1,
所以∠AD1C(或其补角)为A1B和AD1所成的角.
因为异面直线A1B和AD1所成的角为90°,
所以∠AD1C=90°.
因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,
可得△ACD1是等腰直角三角形,
所以AD1=AC.
因为AB=BC=2,∠ABC=120°,
所以AC=2×sin
60°×2=6,
所以AD1=AC=3,
所以AA1===.A级 基础巩固
1.对于直线m,n和平面α,β,能得出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⊥β,m?α
D.m∥n,m⊥α,n⊥β
解析:因为n⊥β,m∥n,所以m⊥β.因为m?α,由面面垂直的判定定理,所以α⊥β.
答案:C
2.若从二面角内任意一点分别向两个面引垂线,则两垂线所成的角与二面角的平面角的关系是( )
A.相等
B.互补
C.互余
D.无法确定
解析:如图所示,BD,CD分别为AB,AC所在平面与α,β的交线,
则∠BDC为二面角α-l-β的平面角,且∠ABD=∠ACD=90°,
所以∠A+∠BDC=180°.
答案:B
3.空间四边形ABCD中,若AD⊥BC,BD⊥AD,则( )
A.平面ABC⊥平面ADC
B.平面ABC⊥平面ADB
C.平面ABC⊥平面DBC
D.平面ADC⊥平面DBC
解析:因为BC⊥AD,AD⊥BD,BC∩BD=B,所以AD⊥平面BCD.因为AD?平面ADC,所以平面ADC⊥平面DBC.
答案:D
4.如图所示,在三棱锥P-ABC中,若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则在三棱锥P-ABC的四个面中,互相垂直的面有3对.
解析:平面PAB⊥平面PAC,平面PAB⊥平面PBC,平面PAC⊥平面PBC.
5.如图所示,AC⊥平面BCD,BD⊥CD,AC=AD,求平面
ABD
与平面
BCD
所成的二面角的大小.
解:因为AC⊥平面
BCD,BD?平面
BCD,
所以BD⊥AC.
因为BD⊥CD,AC∩CD=C,所以BD⊥平面
ACD.
因为AD?平面
ACD,所以AD⊥BD,所以∠ADC即为平面
ABD
与平面
BCD
所成二面角的平面角.
在Rt△ACD中,AC=AD,所以∠ADC=30°,
所以平面ABD与平面BCD所成的二面角为30°.
B级 能力提升
6.如图所示,二面角α-l-β的大小是60°,线段AB?α,B∈l,AB与l所成的角为30°,则AB与平面β所成的角的正弦值是.
解析:如图所示,作AO⊥β于点O,过点O作OC⊥l于点C,连接OB,AC,由线面垂直、线线垂直可得AC⊥l.设AB与β所成的角为θ,
则∠ABO=θ,
所以sin
θ==·=sin
30°·sin
60°=.
7.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,
∠ACB=90°,AC=AA1,D是棱AA1的中点.
证明:平面BDC1⊥平面BDC.
证明:由题设知,BC⊥CC1,BC⊥AC,CC1∩AC=C,
所以BC⊥平面ACC1A1.
因为DC1?平面ACC1A1,所以DC1⊥BC.
由题意知,∠A1DC1=∠ADC=45°,
所以∠CDC1=90°,即DC1⊥DC.
因为DC∩BC=C,所以DC1⊥平面BDC.
因为DC1?平面BDC1,
所以平面BDC1⊥平面BDC.
8.如图所示,几何体是某圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是
的中点.
(1)设P是
上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.
解:(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB?平面ABP,AP?平面ABP,
AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP.因为BP?平面ABP,所以BE⊥BP.
因为∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.
(2)如图所示,取
的中点H,连接EH,GH,CH.
取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,
所以∠EMC为所求二面角的平面角.
因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,
所以AE=GE=AC=GC==.
因为AM=1,所以EM=CM==2.
在△BEC中,∠EBC=120°,
由余弦定理,得EC2=22+22-2×2×2×cos
120°=12,
所以EC=2=EM=CM,所以△EMC为等边三角形,
所以所求二面角为60°.
C级 挑战创新
9.实际应用问题如图所示,检查工件的相邻两个面是否垂直时,只要用曲尺的一边紧靠在工件的一个面上,另一边在工件的另一个面上转动,观察尺边是否和这个面密合就可以了,其原理是利用了面面垂直的判定定理.
解析:如图所示,因为OA⊥OB,OA⊥OC,OB?β,OC?β,且OB∩OC=O,根据线面垂直的判定定理,可得OA⊥β.由OA?α,根据面面垂直的判定定理,可得α⊥β.
10.探索性问题如图所示,已知在直角梯形ABCD中,AB∥CD,
AB⊥BC,AB=1,BC=2,CD=1+,过点A作AE⊥CD,垂足为E.现将△ADE沿AE折叠,使得DE⊥EC.
(1)求证:BC⊥平面CDE.
(2)在线段AE上是否存在一点R,使得平面BDR⊥平面BDC,若存在,求出点R的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为AE⊥CD,所以AE⊥CE,AE⊥DE.
因为CE∩DE=E,所以AE⊥平面CDE.
由已知易得AE∥BC,所以BC⊥平面CDE.
(2)解:存在,当点R满足AR=AE时,平面BDR⊥平面BDC.
理由:如图所示,过点E作EF⊥CD交CD于点F,
易得CF=CD.
由(1)可知BC⊥平面CDE,则BC⊥EF,
所以EF⊥平面BCD.
过点F作FG∥BC交BD于点G,连接GR,
则FG=BC.
因为AR=AE,且BC∥AE,
所以四边形EFGR是平行四边形,
所以EF∥GR,
所以GR⊥平面BCD.
因为GR?平面BDR,
所以平面BDR⊥平面BDC.A级 基础巩固
1.在圆柱的一个底面上任取一点(该点不在底面圆周上),过该点作另一个底面的垂线,这条垂线与圆柱的母线所在直线的位置关系是( )
A.相交
B.平行
C.异面
D.相交或平行
解析:由于这条垂线与圆柱的母线都垂直于底面,所以它们相互平行.
答案:B
2.已知PA垂直于以AB为直径的圆所在平面,若C为圆上异于A,B的任一点,则下列关系不正确的是( )
A.PA⊥BC
B.BC⊥平面PAC
C.AC⊥PB
D.PC⊥BC
解析:由PA⊥平面ABC,得PA⊥BC,A项不符合题意;因为AB为圆的直径,所以BC⊥AC,且AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,所以
BC⊥PC,B、D项均不符合题意.故选C.
答案:C
3.已知直线l∩平面α=O,A∈l,B∈l,A?α,B?α,且OA=AB.
若
AC⊥平面α,垂足为C,BD⊥平面α,垂足为D,AC=1,则BD=( )
A.2
B.1
C.
D.
解析:因为AC⊥平面α,BD⊥平面α,所以AC∥BD.如图所示,连接OD,则=.
因为OA=AB,所以=.
因为AC=1,所以BD=2.
答案:A
4.已知PA垂直于平行四边形ABCD所在平面,若PC⊥BD,则平行四边形ABCD一定是菱形.
解析:易知BD⊥平面PAC.所以BD⊥AC.因为四边形ABCD是平行四边形,所以四边形ABCD一定是菱形.
5.已知四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,AB=2,PA=AD=4,E为BC的中点.
求证:DE⊥PE.
证明:如图,连接AE.
在矩形ABCD中,由AD=4,AB=2,E为BC的中点,
可得AE=ED=2,所以AD2=AE2+DE2,
所以AE⊥DE.
因为PA⊥平面ABCD,DE?平面ABCD,
所以PA⊥DE.
因为PA∩AE=A,PA?平面PAE,AE?平面PAE,
所以DE⊥平面PAE.
因为PE?平面PAE,所以DE⊥PE.
B级 能力提升
6.若l,m,n表示三条互不重合的直线,α表示平面,则下列说法中正确的个数为( )
①l∥m,m∥n,l⊥α?n⊥α;
②l∥m,m⊥α,n⊥α?l∥n;
③m⊥α,n?α?m⊥n.
A.1
B.2
C.3
D.0
解析:①正确,因为l∥m,m∥n,所以l∥n.因为l⊥α,所以n⊥α;②正确,因为l∥m,m⊥α,所以l⊥α.因为n⊥α,所以l∥n;③正确,由线面垂直的定义可知其正确.
答案:C
7.地面上有两根相距a
m的旗杆,若它们的高分别是
b
m和
c
m(b>c),则它们上端的距离为m.
解析:由线面垂直的性质定理可知,两根旗杆所在直线互相平行.如图所示,它们上端的距离d=(m).
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为,平面AB1D1到平面BC1D的距离为.
解析:由题意可知,原问题等价于求解点C1到平面AB1D1的距离h.由题意可得△AB1D1为等边三角形,各边长度均为2.由等体积法可得,=,即h×××22×sin
60°=××××,解得h=,即平面AB1D1到平面BC1D的距离为.
9.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是矩形,AE⊥PD于点E,直线l⊥平面PCD,且直线l不经过点E.
求证:l∥AE.
证明:因为PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,
所以PA⊥CD.因为四边形ABCD是矩形,所以CD⊥AD.
因为PA∩AD=A,PA?平面PAD,AD?平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
因为AE?平面PAD,所以AE⊥CD.
因为AE⊥PD,PD∩CD=D,PD?平面PCD,CD?平面PCD,
所以AE⊥平面PCD.
因为直线l⊥平面PCD,且直线l不经过点E,
所以l∥AE.
C级 挑战创新
10.开放性问题如图所示,直升机上一点P在地面α上的正射影是点A(即PA⊥α),从点P看地平面上一物体B(不同于A),直线PB垂直于直升机玻璃窗所在的平面β.
试探讨平面β与平面α的位置关系.
解:平面β与平面α必相交.
假设平面α与平面β平行.
因为PA⊥平面α,所以PA⊥平面β.
因为PB⊥平面β,由线面垂直的性质定理,可得PA∥PB,
与已知PA∩PB=P矛盾,
所以平面β必与平面α相交.(共21张PPT)
第八章 立体几何初步
一个平面内有一直线
交线
垂直
线面
提示:如果α⊥β,那么平面α内的直线不一定与平面β垂直.
提示:不一定.垂直于交线的直线必须在平面β内才与平面α垂直,否则不垂直.
答案:B
④A级 基础巩固
1.若直线l与平面α内的无数条直线垂直,则直线l与平面α的关系是( )
A.l和平面α相互平行
B.l和平面α相互垂直
C.l在平面α内
D.不能确定
解析:如图所示,直线l和平面α相互平行,或直线l和平面α相互垂直或直线l在平面α内都有可能.
答案:D
2.直线l与平面α所成的角为70°,若直线l∥m,则m与α所成的角等于( )
A.20°
B.70°
C.90°
D.110°
解析:因为l∥m,所以直线l与平面α所成的角等于直线m与平
面α所成的角.因为直线l与平面α所成的角为70°,所以直线m与平面α所成的角为70°.
答案:B
3.如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,若PA⊥平面ABCD,则图中共有4个直角三角形.
解析:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥BC,
所以△PAB,△PAD都是直角三角形.
因为BC⊥AB,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB,
所以△PBC为直角三角形.
同理得CD⊥PD,所以△PCD是直角三角形.
故共有4个直角三角形.
4.如图所示,AB是☉O的直径,PA⊥☉O所在的平面,C是☉O上一点,若∠ABC=30°,PA=AB,则直线PC与平面ABC所成角的正切值为2.
解析:因为PA⊥平面ABC,所以AC为斜线PC在平面ABC上的射影,所以∠PCA即为直线PC与平面ABC所成的角.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,所以AC=AB.在Rt△PAC中,AC=AB=PA,所以tan∠PCA==2.
5.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC=CD,
∠ACB=∠ACD.
求证:BD⊥平面PAC.
证明:因为BC=CD,所以△BCD为等腰三角形.
因为∠ACB=∠ACD,所以BD⊥AC.
因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥BD.
从而BD与平面PAC内两条相交直线PA,AC都垂直,
所以BD⊥平面PAC.
B级 能力提升
6.如图所示,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,G是EF的中点.如果沿AE,AF及EF把这个正方形折成一个空间图形,使B,C,D三点重合,重合后的点记为H,那么在这个空间图形中必有( )
?
A.AH⊥△EFH所在平面
B.AG⊥△EFH所在平面
C.HF⊥△AEF所在平面
D.HG⊥△AEF所在平面
解析:由题意知原图中AD⊥DF,AB⊥BE,
所以折起后AH⊥FH,AH⊥EH.
因为FH∩EH=H,所以AH⊥△EFH所在平面.
答案:A
7.如图所示,在空间四边形ABCD中,AB,BC,CD,DA和两条对角线AC,BD都相等,若E为AD的中点,F为BC的中点,则直线BE和平面ADF所成的角的正弦值为.
解析:如图所示,连接EF.根据题意知BC⊥AF,BC⊥DF.
因为AF∩DF=F,所以BC⊥平面ADF,所以∠BEF是直线BE和平面ADF所成的角.设BC=2,则BF=1,BE=,所以sin∠BEF==.
8.如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面ABC为等腰直角三角形,∠ACB=90°,点C到AB1的距离为CE,D为AB的中点.
求证:(1)CD⊥AA1;(2)AB1⊥平面CED.
证明:(1)由题意知,AA1⊥平面ABC,CD?平面ABC,所以CD⊥AA1.
(2)因为D是AB的中点,△ABC为等腰直角三角形,∠ACB=90°,
所以CD⊥AB.
因为CD⊥AA1,AB∩A1A=A,AB?平面A1B1BA,A1A?平面A1B1BA,
所以CD⊥平面A1B1BA.
因为AB1?平面A1B1BA,所以CD⊥AB1.
由题意知CE⊥AB1.
因为CD∩CE=C,CD?平面CED,CE?平面CED,
所以AB1⊥平面CED.
9.如图所示,AB是圆柱的一条母线,BD是圆柱底面圆的一条直径,C是底面圆周上一点,且AB=BC=2,∠CBD=45°,求直线BD与平
面ACD所成角的大小.
解:如图所示,取AC的中点E,连接BE,DE.
由题意知AB⊥平面BCD,所以AB⊥CD.
因为BD是底面圆的直径,
所以∠BCD=90°,即CD⊥BC.
因为AB∩BC=B,AB?平面ABC,BC?平面ABC,
所以CD⊥平面ABC.
因为BE?平面ABC,所以CD⊥BE.
因为AB=BC=2,AB⊥BC,E为AC中点,
所以BE⊥AC,且BE=.
因为AC∩CD=C,AC?平面ACD,CD?平面ACD,
所以BE⊥平面ACD,
所以∠BDE是BD与平面ACD所成的角.
因为BD=BC=2,
所以sin∠BDE===,
所以∠BDE=30°,即BD与平面ACD所成的角为30°.
C级 挑战创新
10.探索性问题在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在侧面BCC1B1及其边界上移动,若点P总是满足AP⊥BD1,则动点P满足的条件是什么?并说明理由.
解:当点P在线段B1C上时,可以总是满足AP⊥BD1.
理由如下:
如图所示,连接AC,BD,AB1,B1C,B1D1.
因为ABCD-A1B1C1D1是正方体,
所以BB1⊥平面ABCD.
因为AC?平面ABCD,所以BB1⊥AC.
因为四边形ABCD是正方形,所以BD⊥AC.
因为BD?平面BDD1B1,BB1?平面BDD1B1,BB1∩BD=B,
所以AC⊥平面BDD1B1.
因为BD1?平面BDD1B1,
所以BD1⊥AC.同理可证BD1⊥AB1.
因为AC?平面AB1C,AB1?平面AB1C,AC∩AB1=A,
所以BD1⊥平面AB1C.
因为点P在线段B1C上,
所以AP?平面AB1C,所以AP⊥BD1.A级 基础巩固
1.若平面α⊥平面β,直线a∥平面α,则( )
A.直线a⊥平面β
B.直线a∥平面β
C.直线a与平面β相交
D.以上都有可能
解析:因为直线a∥平面α,平面α⊥平面β,所以直线a与平面β垂直、相交、平行都有可能.
答案:D
2.如图所示,三棱锥P-ABC中,若平面ABC⊥平面PAB,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.
因为平面ABC⊥平面PAB,平面ABC∩平面PAB=AB,
所以PD⊥平面ABC.
答案:B
3.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,应增加条件n⊥m,才能使得n⊥β.
答案:B
4.如图所示,沿Rt△ABC的中位线DE将△ADE折起,使得平
面ADE⊥平面BCDE,得到四棱锥A-BCDE,则平面ABC与平面ACD的关系是垂直.
?
解析:因为AD⊥DE,平面ADE⊥平面BCDE,
平面ADE∩平面BCDE=DE,所以AD⊥平面BCDE,所以AD⊥BC.
因为CD⊥BC,AD∩CD=D,所以BC⊥平面ACD.
因为BC?平面ABC,所以平面ABC⊥平面ACD.
5.如图所示,已知平面α,β,α⊥β,在α与β的交线上取线段AB=4
cm,
AC,BD分别在α和β内,它们都垂直于交线AB,并且AC=3
cm,
BD=12
cm,求CD的长.
解:如图所示,连接BC.
因为α⊥β,α∩β=AB,BD⊥AB,所以BD⊥平面α.
因为BC?α,所以BD⊥BC.
在Rt△BAC中,BC===5(cm),
在Rt△DBC中,CD===13(cm),
所以CD长为13
cm.
B级 能力提升
6.如图所示,三棱锥P-ABC的底面在平面α上,且AC⊥PC,平
面PAC⊥平面PBC,P,A,B都是定点,则动点C运动形成的图形是( )
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
解析:因为平面PAC⊥平面PBC,AC⊥PC,AC?平面PAC,且平
面PAC∩平面PBC=PC,所以AC⊥平面PBC.
因为BC?平面PBC,所以AC⊥BC,所以∠ACB=90°,所以动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆,但要除去A和B两点.
答案:D
7.如图所示,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45°.
解析:如图所示,过点A作AO⊥BD于点O.
因为平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,
所以AO⊥平面BCD,所以∠ADO即为AD与平面BCD所成的角.
因为∠BAD=90°,AB=AD,所以∠ADO=45°.
8.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的菱形,
∠BCD=120°,平面PCD⊥平面ABCD,PC=a,PD=a,E为PA的中点.
求证:平面EDB⊥平面ABCD.
证明:如图所示,连接AC,设AC∩BD=O,连接EO,则EO∥PC.
因为PC=CD=a,PD=a,所以PC2+CD2=PD2,所以PC⊥CD.
因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,
所以PC⊥平面ABCD,所以EO⊥平面ABCD.
因为EO?平面EDB,所以平面EDB⊥平面ABCD.
9.如图所示,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,
AD∥BC,AB⊥BC,侧面SAB⊥底面ABCD,BC=3,AD=1,M是棱SB上靠近点S的一个三等分点.
求证:(1)平面SBC⊥平面SAB;(2)AM∥平面SCD.
证明:(1)四棱锥S-ABCD中,因为侧面SAB⊥底面ABCD,
侧面SAB∩底面ABCD=AB,AB⊥BC,BC?平面ABCD,
所以BC⊥平面SAB.
因为BC?平面SBC,所以平面SBC⊥平面SAB.
(2)取棱SC上靠近点S的一个三等分点N,连接MN,DN,如图所示.
因为==,
所以MN∥BC,且MN=BC.
因为AD∥BC,所以MN∥AD.
因为BC=3,AD=1,
所以AD=BC=MN,
所以四边形MNDA是平行四边形,
所以AM∥ND.
因为AM?平面SCD,ND?平面SCD,
所以AM∥平面SCD.
C级 挑战创新
10.探索性问题如图所示,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直,BE∥CF,∠BCF=∠CEF=90°,AD=,EF=2.
(1)求证:AE∥平面DCF;
(2)当AB的长为何值时,二面角A-EF-C的大小为60°?
(1)证明:如图所示,过点E作EG⊥CF于点G,连接DG.
由题意,得四边形BCGE为矩形.
因为四边形ABCD为矩形,BE∥CF,
所以AD∥EG,AD=BC=EG,
所以四边形ADGE为平行四边形,
所以AE∥DG.
因为AE?平面DCF,DG?平面DCF,
所以AE∥平面DCF.
(2)解:如图所示,过点B作BH⊥FE,交FE的延长线于点H,连接AH.
因为平面ABCD⊥平面BEFC,AB⊥BC,
平面ABCD∩平面BEFC=BC,AB?平面ABCD,
所以AB⊥平面BEFC.
因为BH⊥EF,所以AH⊥EF,
所以∠AHB为二面角A-EF-C的平面角.
在Rt△EFG中,因为EG=AD=,EF=2,
所以∠CFE=60°,FG=1.
易知CF=4,所以BE=CG=3,
所以BH=BE·sin∠BEH=.
当∠AHB=60°时,AB=BH·tan∠AHB=tan∠AHB=,
所以当AB=时,二面角A-EF-C的大小为60°.
