(共32张PPT)
第八章
立体几何初步
8.6 空间直线、平面的垂直
8.6.3 平面与平面垂直
第2课时 平面与平面垂直的性质
必备知识·探新知
关键能力·攻重难
课堂检测·固双基
素养作业·提技能
素养目标·定方向
素养目标·定方向
素养目标
学法指导
1．掌握面面垂直的性质定理.(直观想象)
2．能利用面面垂直得到线面垂直.(逻辑推理)
面面垂直的性质定理中的条件“有一直线垂直于这两个平面的交线”既为证明指明了方向，又有很强的约束性，因此使用定理时，一定要注意定理的条件.
必备知识·探新知
平面与平面垂直的性质定理
知识点
交线
垂直
a?α
a⊥l
[知识解读] 对面面垂直的性质定理的理解
(1)定理成立的条件有三个：
①两个平面互相垂直；
②直线在其中一个平面内；
③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.
关键能力·攻重难
如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形.侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.G为AD边的中点.求证：
(1)BG⊥平面PAD；
(2)AD⊥PB.
题型探究
题型一
平面与平面垂直的性质及应用
典例
1
[证明] (1)由题意知△PAD为正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG?平面PAD，∴PG⊥平面ABCD，由BG?平面ABCD，∴PG⊥BG.
又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
∴△ABD是正三角形，∴BG⊥AD.
又AD∩PG＝G，AD，PG?平面PAD，∴BG⊥平面PAD.
(2)由(1)可知BG⊥AD，PG⊥AD，BG∩PG＝G，BG，PG?平面PBG，所以AD⊥平面PBG，又PB?平面PBG，所以AD⊥PB.
[归纳提升] 若所给题目中有面面垂直的条件，一般要利用面面垂直的性质定理将其转化为线面垂直、线线垂直.应用面面垂直的性质定理，注意三点：①两个平面垂直是前提条件；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.
【对点练习】? 如图，在三棱锥A－BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求证：(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
[证明] (1)在平面ABD内，AB⊥AD，EF⊥AD.
则AB∥EF.
∵AB?平面ABC，EF?平面ABC，∴EF∥平面ABC.
(2)∵BC⊥BD，平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴BC⊥平面ABD.
∵AD?平面ABD，∴BC⊥AD.
∵AB⊥AD，BC，AB?平面ABC，BC∩AB＝B，
∴AD⊥平面ABC，又AC?平面ABC，∴AD⊥AC.
如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，N是PB的中点，过A，D，N三点的平面交PC于M，E为AD的中点.
求证：(1)EN∥平面PDC；
(2)BC⊥平面PEB；
(3)平面PBC⊥平面ADMN.
题型二
线线、线面、面面垂直的综合
典例
2
[证明] (1)∵AD∥BC，BC?平面PBC，
AD?平面PBC，
∴AD∥平面PBC.
又∵平面ADMN∩平面PBC＝MN，
∴AD∥MN.
又∵BC∥AD，∴MN∥BC.
又∵N是PB的中点，∴点M为PC的中点.
(2)∵四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，∴BE⊥AD.
又∵侧面PAD是正三角形，且E为中点，
∴PE⊥AD，又∵PE∩BE＝E，
∴AD⊥平面PBE.
又∵AD∥BC，∴BC⊥平面PEB.
(3)由(2)知AD⊥平面PBE，
又PB?平面PBE，
∴AD⊥PB.
又∵PA＝AB，N为PB的中点，∴AN⊥PB.
且AN∩AD＝A，∴PB⊥平面ADMN.
又∵PB?平面PBC.
∴平面PBC⊥平面ADMN.
[归纳提升] 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：
【对点练习】? 如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，E为垂足.
求证：(1)PA⊥平面ABC；
(2)当E为△PBC的垂心时，△ABC是直角三角形.
[证明] (1)在平面ABC内任取一点D，作DF⊥AC于点F，作DG⊥AB于点G.∵平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，
∴DF⊥平面PAC.
∵PA?平面PAC，∴DF⊥PA.
同理可证，DG⊥PA.
∵DG∩DF＝D，
∴PA⊥平面ABC.
(2)连接BE并延长交PC于点H.
∵E是△PBC的垂心，∴PC⊥BH.
又∵AE是平面PBC的垂线，∴PC⊥AE.
∵BH∩AE＝E，∴PC⊥平面ABE，
∴PC⊥AB.
又∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB.
∵PA∩PC＝P，∴AB⊥平面PAC.
∴AB⊥AC，即△ABC是直角三角形.
已知两个平面垂直，有下列命题：
①一个平面内的一条直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线；
②一个平面内的一条直线必垂直于另一个平面内的无数条直线；
③一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面；
④过平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面.
其中正确命题的个数是
( )
A．3
B．2
C．1
D．0
易错警示
典例
3
对面面垂直的条件把握不准确致误
C
[错解] B
[错因分析] ④中过一个平面内任意一点作交线的垂线，并没有说明这一垂线一定在平面内.
[正解] 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AA1D1D⊥平面ABCD.
对于①，AD1?平面AA1D1D，BD?平面ABCD，AD1与BD是异面直线，且夹角为60°，故①错误；②显然正确；
对于③，AD1?平面AA1D1D，但AD1与平面ABCD不垂直，故③错误；
对于④，D∈平面AA1D1D，平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，
过点D作AD的垂线，假设为C1D，易证C1D⊥AD，而C1D⊥平面ABCD显然不成立，故④错误.
综上，正确命题的个数为1．
[误区警示] 对于④，很容易认为是正确的而错选B“两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直”与“两个平面垂直，过一个平面内任意一点作交线的垂线，则此垂线与另一个平面垂直”是不同的，关键是过一点作的直线不一定在平面内.
【对点练习】? 设两个平面互相垂直，则
( )
A．一个平面内的任意一条直线都垂直于另一个平面
B．过交线上一点垂直于一个平面的直线必在另一个平面内
C．过交线上一点垂直于交线的直线，必垂直于另一个平面
D．分别在两个平面内的两条直线互相垂直
B
课堂检测·固双基
素养作业·提技能(共43张PPT)
第八章
立体几何初步
8.6 空间直线、平面的垂直
8.6.3 平面与平面垂直
第1课时 平面与平面垂直的判定
必备知识·探新知
关键能力·攻重难
课堂检测·固双基
素养作业·提技能
素养目标·定方向
素养目标·定方向
素养目标
学法指导
1．通过直观感知，归纳出平面与平面的判定定理.(直观想象)
2．会用平面与平面的判定定理证明平面与平面垂直.(逻辑推理)
1．平面与平面垂直是平面与平面相交的特殊情况，对这种特殊关系的认识，既可以从二面角的平面角为直角的角度讨论，又可以从已有的线面垂直关系出发进行推理论证.
2．面面垂直源自线线垂直，这种转化为“低维”垂直的思想方法在解题时非常重要，一方面从条件入手，分析已有的垂直关系，另一方面从结论入手，分析所要证明的垂直关系，从而找到解决问题的途径.
必备知识·探新知
二面角的概念
知识点1
两个半平面
棱
面
α－l－β
α－AB－β
P－l－Q
垂直于
∠AOB
0°≤α≤180°
面面垂直的定义
知识点2
直二面角
α⊥β
垂直
[知识解读] 1．二面角与平面几何中的角的对比
2．剖析平面与平面垂直
(1)两个平面垂直是两个平面相交的特殊情况.例如正方体中任意相邻两个面都是互相垂直的.
(2)两个平面垂直和两条直线互相垂直的共同点：都是通过所成的角是直角定义的.
3．详解平面与平面垂直的判定定理
(1)本质：通过直线与平面垂直来证明平面与平面垂直，即线面垂直?面面垂直.
(2)证题思路：处理面面垂直问题转化为处理线面垂直问题，进一步转化为处理线线垂直问题来解决.
关键能力·攻重难
下列命题中：
①两个相交平面组成的图形叫做二面角；②异面直线a，b分别和一个二面角的两个面垂直，则a，b所成的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.
其中正确的是
( )
A．①③
B．②④
C．③④
D．①②
题型探究
题型一
二面角及其平面角的概念的理解
典例
1
B
[解析] 由二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，所以①不对，实质上它共有四个二面角；由a，b分别垂直于两个面，则a，b都垂直于二面角的棱，故②正确；③中所作的射线不一定垂直于二面角的棱，故③不对；由定义知④正确.故选B．
[归纳提升] 1．要注意区别二面角与两相交平面所成的角并不一致.
2．要注意二面角的平面角与顶点在棱上且角两边分别在二面角面内的角的联系与区别.
3．可利用实物模型，作图帮助判断.
【对点练习】? 若一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，那么这两个二面角
( )
A．相等
B．互补
C．相等或互补
D．关系无法确定
[解析] 如图所示，平面EFDG⊥平面ABC，当
平面HDG绕DG转动时，平面HDG始终与平面BCD垂
直，所以两个二面角的大小关系不确定，因为二面角
H－DG－F的大小不确定.
D
四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB.
(1)求二面角A－PD－C的平面角的度数；
(2)求二面角B－PA－D的平面角的度数；
(3)求二面角B－PA－C的平面角的度数；
(4)求二面角B－PC－D的平面角的度数.
[分析] 求二面角的平面角的大小，先找二面角的平面角，然后在三角形中求解.
题型二
求二面角的大小
典例
2
[解析] (1)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD.又PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.
又CD?平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD.
所以二面角A－PD－C的平面角的度数为90°.
(2)因为PA⊥平面ABCD，所以AB⊥PA，AD⊥PA.所以∠BAD为二面角B－PA－D的平面角.又由题意知∠BAD＝90°，所以二面角B－PA－D的平面角的度数为90°.
(3)因为PA⊥平面ABCD，所以AB⊥PA，AC⊥PA.所以∠BAC为二面角B－PA－C的平面角.
又四边形ABCD为正方形，所以∠BAC＝45°.
所以二面角B－PA－C的平面角的度数为45°.
(4)作BE⊥PC于E，连接DE、BD，且BD与AC交于点O，连接EO，如图.由题意知△PBC≌△PDC，则∠BPE＝∠DPE，从而△PBE≌△PDE.
所以∠DEP＝∠BEP＝90°，且BE＝DE.
所以∠BED为二面角B－PC－D的平面角.
如图所示，∠AOB为二面角α－l－β的平面角.
【对点练习】? 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求二面角B－A1C1－B1的正切值.
[解析] 取A1C1的中点O，连接B1O、BO.由题意知B1O⊥A1C1，又BA1＝BC1，O为A1C1的中点，
所以BO⊥A1C1，
所以∠BOB1即是二面角B－A1C1－B1的平面角.
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，
OB1?平面A1B1C1D1，所以BB1⊥OB1．
题型三
平面与平面垂直的证明
典例
3
[分析] (1)根据已知的线段长度，证明PD⊥DC，PD⊥AD，即可得到PD⊥平面ABCD，然后利用面面垂直的判定定理证得结论.(2)根据(1)问得到PD⊥平面ABCD，从而有PD⊥AC，然后结合底面ABCD为正方形得到AC⊥BD，从而找出平面PDB的垂线AC，最后利用判定定理证得结论.
(2)由(1)知PD⊥平面ABCD，
所以PD⊥AC，而四边形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD，又BD∩PD＝D，
所以AC⊥平面PDB.
同时，AC?平面PAC，
所以平面PAC⊥平面PBD.
[归纳提升] 证明平面与平面垂直的方法：
(1)定义法：根据面面垂直的定义判定两平面垂直实质上是把问题转化为求二面角的平面角为直角.
(2)判定定理：判定定理是证明面面垂直的常用方法，即要证面面垂直就要转化为证线面垂直，其关键是在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直.
(3)利用“两个平行平面中的一个垂直于第三个平面，则另一个也垂直于第三个平面”.
【对点练习】? (1)如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上的一点，且PA＝AC，求二面角P－BC－A的大小.
[解析] (1)由已知PA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥BC.
∵AB是⊙O的直径，且点C在圆周上，∴AC⊥BC.
又∵PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，∴BC⊥平面PAC.
又PC?平面PAC∴PC⊥BC.
又∵BC是二面角P－BC－A的棱，
∴∠PCA是二面角P－BC－A的平面角.
由PA＝AC知△PAC是等腰直角三角形，
∴∠PCA＝45°，即二面角P－BC－A的大小是45°.
如图所示，已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，试问截面ACB1与对角面BB1D1D垂直吗？试说明理由.
易错警示
典例
4
判断面面位置关系时主观臆断
[错解] 由题意可知，D1B1与AB1不垂直，D1B1与B1C不垂直，所以D1B1与平面ACB1不垂直，故平面BB1D1D与平面ACB1不垂直.
[错因分析] 判断两个平面垂直，只需说明其中一个平面经过另一个平面的垂线即可，判断线面、面面位置关系时，必须给出严格的推理过程，不能只凭图形直观妄加判断，要全面理解垂直关系的实质.
[正解] 因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
因为BB1⊥底面ABCD，AC?底面ABCD，
所以AC⊥BB1，又BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D，又AC?截面ACB1，
所以截面ACB1⊥平面BB1D1D.
【对点练习】? 如图所示，已知AB⊥平面BCD，BC⊥CD，则图中互相垂直的平面共有_________对
( )
A．1
B．2
C．3
D．4
C
[解析] ∵AB⊥平面BCD，且AB?平面ABC和AB?平面ABD，
∴平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD.
∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.
又∵BC⊥CD，AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC.
∵CD?平面ACD，∴平面ABC⊥平面ACD.
故图中互相垂直的平面有平面ABC⊥平面BCD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABC⊥平面ACD.
课堂检测·固双基
素养作业·提技能8.6.3 平面与平面垂直
基础过关练
题组一 平面与平面垂直的判定
1.(2020内蒙古赤峰高三上期末)对于直线m,n和平面α,β,一定能得出α⊥β的一组条件是( )
A.m⊥n,m∥α,n∥β
B.m⊥n,α∩β=m,n?β
C.m∥n,n⊥β,m?α
D.m∥n,m⊥α,n⊥β
2.(2020陕西宝鸡金台高三上质检)下列命题正确的是( )
A.过平面外一点有无数条直线与这个平面垂直
B.过平面外一点有无数个平面与这个平面平行
C.过平面外一点有无数个平面与这个平面垂直
D.过平面外一点有且只有一条直线与这个平面平行
3.如图,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,则图中互相垂直的平面有( )
A.1对
B.2对
C.3对
D.5对
4.(2019山东潍坊高一上期末)四面体P-ABC中,PA=PB=PC,底面ABC为等腰直角三角形,AC=BC,O为AB的中点,以下平面中,两两垂直的有 .(填序号)?
①平面PAB;②平面ABC;③平面PAC;④平面PBC;
⑤平面POC.
5.(2020吉林梅河口第五中学高三下模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,E、F分别是A1C1、BC的中点.
(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;
(2)求证:C1F∥平面ABE.
题组二 平面与平面垂直的性质定理
6.(2020湖北襄阳高二上期末)已知两个平面互相垂直,给出下列命题:
①一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的任意一条直线;
②一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线;
③一个平面内的任意一条直线必垂直于另一个平面;
④过一个平面内任意一点作交线的垂线,则此垂线必垂直于另一个平面.
其中不正确命题的个数是( )
A.3
B.2
C.1
D.0
7.(2020河北衡水武邑中学高二上开学考试)正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直,且AC=BC=2,∠ACB=90°,F、G分别是线段AE、BC的中点,则CD与GF所成角的余弦值为( )
A.
B.-
C.
D.-
8.(2020广东珠海高三上期末)如图,矩形ABCD中,E为BC的中点,现将△BAE与△CDE折起,使得平面BAE和平面CDE都与平面DAE垂直.求证:BC∥平面DAE.
9.(2020河南郑州高二上期末)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,PA⊥AB,求证:PA⊥BC.
题组三 二面角
10.如图,AB是圆O的直径,PA垂直于圆O所在的平面,C是圆O上一点(不同于A,B),且PA=AC,则二面角P-BC-A的大小为( )
A.60°
B.30°
C.45°
D.15°
11.(2020湖北宜昌一中高二上期末)如图,正方形ABCD沿对角线AC折叠后,平面BAC⊥平面DAC,则二面角B-CD-A的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
12.(2020湖南长沙第一中学高二上月考)如图,在一个60°的二面角的棱上有A、B两点,线段AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内,并且都垂直于棱AB,且AB=AC=1,BD=2,则CD的长为( )
A.2
B.
C.2
D.
13.(2020安徽合肥六校联盟高二上期末)如图,三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,E、F分别在棱AC、AD上,且BE⊥AC于E,BF⊥AD于F,则下列说法正确的有( )
①∠ACD是直角;
②∠BEF是异面直线BE与CD所成的角;
③∠CDB是直线CD与平面ABD所成的角;
④∠BFE是二面角B-AD-C的平面角.
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
14.(2020辽宁丹东高二上期末)如图,已知四边形ABCD是直角梯形,∠DAB=∠ABC=90°,SA垂直于平面ABCD,SA=AB=BC=2,AD=1.
(1)求直线SC与平面SAD所成角的正弦值;
(2)求平面SAB与平面SCD所成锐二面角的正切值.
能力提升练
题组一 平面与平面垂直的判定
1.(2020湖北襄阳第四中学高一下月考,)如图,等边三角形ABC的中线AF与中位线DE相交于G,将△AED沿DE翻折成△A'ED,在翻折过程中,下列命题中真命题的个数为( )
①恒有A'F⊥DE;
②异面直线A'E与BD不可能垂直;
③恒有平面A'GF⊥平面BCDE;
④动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上.
A.1
B.2
C.3
D.4
2.(多选)(2020福建厦门双十中学高二上开学考试,)如图,梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,∠BCD=45°,将△ABD沿对角线BD折起,设折起后点A的位置为A',并且平面A'BD⊥平面BCD,则下列说法正确的有( )
A.A'D⊥BC
B.三棱锥A'-BCD的体积为
C.CD⊥平面A'BD
D.平面A'BC⊥平面A'DC
3.(2020湖南师大附中高二上期末,)如图,直三棱柱ABC-DEF的底面是边长为2的正三角形,侧棱AD=1,P是线段CF的延长线上一点,平面PAB分别与DF、EF相交于M、N.
(1)求证:MN∥平面CDE;
(2)当PF为何值时,平面PAB⊥平面CDE?
题组二 平面与平面垂直的性质定理
4.(2020广东汕尾高二上期末,)如图,三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上,平面ABD⊥平面BCD,BC=CD=AD=1,BD=,AB=,则球O的表面积为 .?
5.(2020豫南九校高一上联考,)在菱形ABCD中,AB=2且∠ABC=60°,点M、N分别是CD、AD的中点,将四边形ANMC沿AC转动,使得MN转动至EF的位置,形成如图所示的多面体,分别取BF、DE的中点P、Q.
(1)求证:PQ∥平面ABCD;
(2)若平面AFEC⊥平面ABCD,求多面体ABCDFE的体积.
题组三
二面角
6.(2020重庆第八中学高三三诊,)直角△ABC中,AB=AC=,D为BC边上一点,沿AD将△ACD折起,使点C在平面ABD内的射影H恰好在AB上,若AH=1,则二面角C-AD-B的余弦值是( )
A.
B.
C.
D.
7.(2020浙江丽水高二上期末,)如图,在三棱锥P-ABC中,PB=BC=a,PA=AC=b(a
A.α+∠PCA+∠PCB>π,2α<∠PAC+∠PBC
B.α+∠PCA+∠PCB<π,2α<∠PAC+∠PBC
C.α+∠PCA+∠PCB>π,2α>∠PAC+∠PBC
D.α+∠PCA+∠PCB<π,2α>∠PAC+∠PBC
8.(2020福建厦门高三上期末,)如图1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E、F分别是BC、AD的中点,将四边形ABEF沿EF折起,使得二面角A1-EF-D的大小为120°(如图2),则B1C= ;三棱锥B1-CDE的外接球的表面积为 .?
9.(2020天津和平高三下线上学习检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知BC=1,BB1=2,∠BCC1=,AB⊥面BB1C1C.
(1)求直线C1B与底面ABC所成角的正切值;
(2)在棱CC1(不包含端点)上确定一点E,使得EA⊥EB1(要求说明理由);
(3)在(2)的条件下,若AB=,求二面角A-EB1-A1的大小.
10.(2020广东实验中学、华师附中、深圳中学、广雅中学高三下联考,)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A、B的点,PC⊥平面ABC,E、F分别是PA、PC的中点.
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l,试判断直线l与平面PAC的位置关系,并加以证明;
(2)设PC=2AB,求二面角E-l-C大小的取值范围.
11.(2020山东威海文登高三上期末,)已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,D为AC的中点.
(1)当AE=EA1时,求证:DE⊥BC1;
(2)在线段AA1上是否存在点E,使二面角A-BE-D的大小为30°?若存在,求出AE的长;若不存在,请说明理由.
答案全解全析
基础过关练
1.C A中,α也可与β平行;B中,不一定有α⊥β;C中,∵m∥n,n⊥β,∴m⊥β,又m?α,
∴α⊥β;D中,α∥β.故选C.
2.C 过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,∴A错;过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行,∴B错;∵过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直,而过这条直线的平面有无数个,∴由平面与平面垂直的判定定理,知这无数个平面都与已知平面垂直,∴C正确;过平面外一点有无数条直线与这个平面平行,∴D错.故选C.
3.D ∵四边形ABCD是矩形,∴DA⊥AB.
∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥DA.又AB∩PA=A,∴DA⊥平面PAB.同理,BC⊥平面PAB.又易证AB⊥平面PAD,DC⊥平面PAD,∴平面PAD⊥平面AC,平面PAB⊥平面AC,平面PBC⊥平面PAB,平面PAB⊥平面PAD,平面PDC⊥平面PAD,共5对.
4.答案 ①②,①⑤,②⑤
解析 ∵PA=PB,AC=BC,O为AB的中点,
∴OP⊥AB,OC⊥AB,又OP∩OC=O,∴AB⊥平面POC,又AB?平面PAB,AB?平面ABC,∴平面PAB⊥平面POC,平面ABC⊥平面POC.底面ABC为等腰直角三角形,PA=PB=PC,∴PC2=PA2=PO2+OA2=PO2+OC2,∴PO⊥OC,又PO⊥OA,OC∩OA=O,∴PO⊥平面ABC,∵PO?平面PAB,∴平面PAB⊥平面ABC.故答案是①②,①⑤,②⑤.
5.证明 (1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵BB1⊥底面ABC,∴BB1⊥AB,又AB⊥BC,BB1∩BC=B,∴AB⊥平面B1BCC1,又AB?平面ABE,∴平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)取AB的中点G,连接EG,FG.
∵E、F、G分别是A1C1、BC、AB的中点,
∴FG∥AC,且FG=AC,EC1=A1C1.
∵AC∥A1C1,且AC=A1C1,
∴FG∥EC1,且FG=EC1,
∴四边形FGEC1是平行四边形,
∴C1F∥EG,又EG?平面ABE,C1F?平面ABE,∴C1F∥平面ABE.
6.B 作正方体ABCD-A1B1C1D1,如图所示.
一个平面内的已知直线不一定垂直于另一个平面内的任意一条直线,如已知平面ABCD⊥平面ABB1A1,AB?平面ABCD,又A1B?平面ABB1A,但A1B与AB不垂直,故①错误;一个平面内的已知直线必垂直于另一个平面内的无数条直线,如已知平面ABCD⊥平面ABB1A1,A1B?平面ABB1A1,在平面ABCD中,所有与BC平行的直线都与A1B垂直,故②正确;一个平面内的任意一条直线不一定垂直于另一个平面,如平面ABCD⊥平面ABB1A1,A1B?平面ABB1A1,但A1B与平面ABCD不垂直,故③错误;过一个平面内任意一点作交线的垂线,利用面面垂直的性质定理,知垂线一定垂直于另一个平面,故④正确.故选B.
7.C 连接AG,如图所示.
∵四边形ACDE为正方形,
∴AE⊥AC,AE∥CD.
∵平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,AE?平面ACDE,
∴AE⊥平面ABC,∵AG?平面ABC,
∴AE⊥AG.
∵AC=BC=2,∠ACB=90°,F、G分别是线段AE、BC的中点,
∴AG==,AF=1,
∴FG==.
∴cos∠AFG==.
∵AE∥CD,∴CD与GF所成角的余弦值为.故选C.
8.证明 过点B作BM⊥AE于M,过点C作CN⊥ED于N,连接MN.
∵平面BAE与平面DAE垂直,平面BAE∩平面DAE=AE,BM⊥AE,BM?平面BAE,
∴BM⊥平面DAE,同理可证CN⊥平面DAE,∴BM∥CN.
∵△BAE与△CDE全等,
∴BM=CN,
∴四边形BCNM是平行四边形,∴BC∥MN.
又BC?平面DAE,MN?平面DAE,∴BC∥平面DAE.
9.证明 过点B作BD⊥AC于点D.
∵平面PAC⊥平面ABC,且平面PAC∩平面ABC=AC,
∴BD⊥平面PAC,又PA?平面PAC,
∴PA⊥BD,又PA⊥AB,AB∩BD=B,AB?平面ABC,BD?平面ABC,
∴PA⊥平面ABC,∵BC?平面ABC,
∴PA⊥BC.
10.C 由题意得PA⊥BC,AC⊥BC.又PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC.所以BC⊥PC.所以∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中,由PA=AC得∠PCA=45°.故选C.
11.C 设正方形的边长为a,取AC中点O,连接BO,则BO⊥AC.过O作AD的平行线OE交CD于E,连接BE.
∵平面BAC⊥平面DAC,平面BAC∩平面DAC=AC,BO⊥AC,∴BO⊥平面DAC,
∴BO⊥CD,又OE⊥CD,∴CD⊥平面BOE,
∴CD⊥BE,∴∠BEO即为二面角B-CD-A的平面角.
∵BO=a,OE=,
∴由BO⊥OE得,BE2=BO2+OE2=a2,∴BE=a,
∴cos∠BEO===.故选C.
12.C 过点A作AE∥BD,且AE=BD,
连接DE、CE,∵BD⊥AB,∴AE⊥AB,又AC⊥AB,∴∠CAE即为二面角的平面角,
∴∠CAE=60°,
∴CE===.
∵AC⊥AB,AE⊥AB,AC∩AE=A,∴AB⊥平面CAE.
由AE∥BD,AE=BD,知四边形ABDE为平行四边形,∴DE∥AB,DE=AB,
∴DE⊥平面CAE,又CE?平面CAE,∴DE⊥CE,∴CD===2.
故选C.
13.C ∵AB⊥平面BCD,∴AB⊥CD,又BC⊥CD,AB∩BC=B,∴CD⊥平面ABC,∴CD⊥AC,∴∠ACD是直角,故①正确;CD与EF不一定平行,故②错误;∵AB⊥平面BCD,AB?平面ABD,∴平面ABD⊥平面BCD,故C在平面ABD上的射影在BD上,故∠CDB是直线CD与平面ABD所成的角,故③正确;由①知CD⊥平面ABC,故CD⊥BE,又BE⊥AC,故BE⊥平面ACD,故BE⊥AD,又AD⊥BF,故∠BFE是二面角B-AD-C的平面角,故④正确.故选C.
14.解析 (1)∵SA⊥平面ABCD,∴SA⊥BA,又DA⊥BA,∴BA⊥平面SAD,
∴点B到平面SAD的距离为BA=2.
∵BA?平面ABCD,
∴平面ABCD⊥平面SAD.
过点C作CG⊥AD,交AD的延长线于点G,∵平面ABCD∩平面SAD=AD,
∴CG⊥平面SAD,连接SG,则∠CSG为直线SC与平面SAD所成的角.
∵BC∥AD,
∴CG=BA=2.
由题意得SC=2,∴sin∠CSG==,
∴直线SC与平面SAD所成角的正弦值为.
(2)延长BA,CD,设E点是它们的交点,连接SE,则所求二面角延展为二面角C-SE-B.
∵DA⊥BA,DA⊥SA,∴DA⊥平面SAB.
∴DA⊥SE.
在平面SAB内过A作AF⊥SE于点F,连接DF,∵AF∩DA=A,
∴SE⊥平面FAD,又DF?平面FAD,
∴DF⊥SE,
∴∠AFD是二面角C-SE-B的平面角.
由题意得,AE=AB=AS=2,
∴AF=,
∴tan∠AFD==,
∴平面SAB与平面SCD所成锐二面角的正切值为.
能力提升练
1.C 易知G为DE的中点,A'D=A'E,FE=FD,∴FG⊥DE,A'G⊥DE,又FG∩A'G=G,故DE⊥平面FGA',又A'F?平面FGA',故A'F⊥DE,①正确;
易知EF∥BD,故异面直线A'E与BD所成角(或其补角)为∠A'EF,当A'E2+EF2=A'F2时,异面直线A'E与BD垂直,②错误;
由①证得DE⊥平面FGA',又DE?平面BCDE,故平面A'GF⊥平面BCDE,故③正确;
由③证得平面A'GF⊥平面BCDE,故动点A'在平面ABC上的射影在线段AF上,故④正确.故选C.
2.CD ∵AD∥BC,AD=AB=1,AD⊥AB,
∴∠DBC=∠ADB=45°.
又∠BCD=45°,
∴△BCD为等腰直角三角形.
∵平面A'BD⊥平面BCD,
平面A'BD∩平面BCD=BD,
CD⊥BD,∴CD⊥平面A'BD,∴C正确.
取BD的中点E,连接A'E.
∴A'E⊥BD,又平面A'BD⊥平面BCD,平面A'BD∩平面BCD=BD,
∴A'E⊥平面BCD,∴A'E⊥BC,若A'D⊥BC,则可得到BC⊥平面A'BD,∴BC⊥BD,与已知矛盾,∴A错误.
三棱锥A'-BCD的体积为××××=,∴B错误.
在Rt△A'CD中,A'C2=CD2+A'D2,
∴A'C=.
在△A'BC中,A'B=1,BC=2,A'C=,满足BC2=A'B2+A'C2,∴BA'⊥CA',又BA'⊥DA',∴BA'⊥平面A'DC,∴平面A'BC⊥平面A'DC,∴D正确.
3.解析 (1)证明:由题意得,AB∥DE,AB?平面DEF,DE?平面DEF,∴AB∥平面DEF.
∵平面PAB∩平面DEF=MN,∴AB∥MN,∴DE∥MN,又MN?平面CDE,DE?平面CDE,∴MN∥平面CDE.
(2)分别取线段AB、DE的中点G、H,连接CG,GH,CH,PG,则GH∥CP,∴P、C、G、H四点共面.
易得Rt△PCA≌Rt△PCB,∴PA=PB,∴PG⊥AB.
∵AB∥DE,∴PG⊥DE.
若PG⊥CH,则PG⊥平面CDE,
∴平面PAB⊥平面CDE.
此时∠CPG=∠HCG,则=.
∵△ABC是边长为2的正三角形,
∴CG=2sin
60°=.
又GH=1,∴PC==3,
∴PF=PC-FC=2,∴当PF=2时,平面PAB⊥平面CDE.
4.答案 3π
解析 如图,由AD=1,BD=,AB=,得AD2+BD2=AB2,则AD⊥BD.
又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,∴AD⊥平面BCD,
∴AD⊥BC.
∵BC=CD=1,BD=,
∴BC2+CD2=BD2,∴BC⊥CD.∵AD∩CD=D,∴BC⊥平面ACD,
∴BC⊥AC.取AB的中点O,则O为三棱锥A-BCD的外接球的球心.
外接球的半径R=AB=,
∴球O的表面积为4πR2=4π×=3π.
5.解析 (1)证明:取BE的中点R,连接PR,QR,BD.
∵P、Q分别是BF、DE的中点,
∴PR∥EF,QR∥BD.
又∵EF∥AC,∴PR∥AC,∵PR?平面ABCD,AC?平面ABCD,∴PR∥平面ABCD,
同理可得QR∥平面ABCD,又PR∩QR=R.
∴平面PQR∥平面ABCD,又PQ?平面PQR,
∴PQ∥平面ABCD.
(2)设AC、BD交于点O,易知BD⊥AC.
又∵平面AFEC⊥平面ABCD,平面AFEC∩平面ABCD=AC,
∴BD⊥平面AFEC,
∴多面体ABCDFE可以分解为四棱锥B-ACEF和四棱锥D-ACEF.
在菱形ABCD中,AB=2,且∠ABC=60°,
∴AC=2,BD=2,EF==1.
梯形ACEF的面积为S梯形ACEF=(EF+AC)·=,
则V多面体ABCDFE=S梯形EFAC·BD=.
方法总结
求锥体的体积要充分利用多面体的截面和旋转体的轴截面,将空间问题转化为平面问题求解,注意求体积的一些特殊方法——分割法、补形法、等体积法.①割补法:求一些不规则几何体的体积时,常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决;②等积法:等积法包括等面积法和等体积法.
6.A 过H作HG⊥AD,垂足为G,连接CG.
由题意得CH⊥平面ABD,所以CH⊥AD,所以AD⊥平面CHG,所以AD⊥CG,
所以∠AGH=∠AGC=90°,所以∠CGH(或其补角)为二面角C-AD-B的平面角.
因为∠BAD+∠CAD=90°,所以若设∠BAD=α,则∠CAD=90°-α.
在Rt△ACH中,AC=,AH=1,则CH=.
在Rt△AGH中,HG=AH·sin
α=sin
α.
在Rt△ACG中,CG=AC·sin
(90°-α)=cos
α.
在Rt△CGH中,由CH2+HG2=CG2,得2+sin2α=3cos2α,
解得sin
α=,cos
α=,所以HG=,CG=,所以cos∠CGH==.
故选A.
7.C 如图(1),取PC的中点D,连接AD、BD,
由PB=BC=a,PA=AC=b得BD⊥PC,AD⊥PC,又BD∩AD=D,∴PC⊥平面ABD.
作PM⊥AB于M,连接MC,由△ABP≌△ABC,可得CM⊥AB,∴∠PMC=α.
设PM=CM=h,则h>,
∴2α>∠PCA+∠PCB>++∠PCA+∠PCB=π.故选C.
8.答案 2;20π
解析 由二面角的定义可知,二面角A1-EF-D的平面角为∠B1EC=120°.
在△B1EC中,由余弦定理可得B1C=
==2.
∵EF⊥B1E,EF⊥EC,B1E∩EC=E,B1E,EC?平面B1EC,
∴EF⊥平面B1EC.
又EF∥CD,∴CD⊥平面B1EC.
△B1EC的外接圆半径r==2,
则三棱锥B1-CDE的外接球半径R===,
∴三棱锥B1-CDE的外接球的表面积为4π×=20π.
9.解析 (1)易知三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,
∴CC1⊥平面ABC,
∴C1B在平面ABC上的射影为CB,
∴∠C1BC为直线C1B与底面ABC所成角.
∵CC1=BB1=2,BC=1,∴tan∠C1BC=2,
即直线C1B与底面ABC所成角的正切值为2.
(2)当E为CC1的中点时,EA⊥EB1.连接BE.
∵CE=EC1=1,BC=B1C1=1,∴∠BEC=∠B1EC1=45°,
∴∠BEB1=90°,即B1E⊥BE.
∵AB⊥平面BB1C1C,EB1?平面BB1C1C,∴AB⊥EB1.
∵BE∩AB=B,∴EB1⊥平面ABE,
又AE?平面ABE,∴EA⊥EB1.
(3)取EB1的中点G,A1E的中点F,连接FG,则FG∥A1B1,且FG=A1B1,
∵A1B1⊥EB1,∴FG⊥EB1,连接A1B,
设A1B∩AB1=O,连接OF、OG,
则OG∥AE,且OG=AE,∵AE⊥EB1,
∴OG⊥EB1,
∴∠OGF为二面角A-EB1-A1的平面角.
∵OG=AE=1,FG=A1B1=,OF=BE=,∴∠OGF=45°,
∴二面角A-EB1-A1的大小为45°.
10.解析 (1)l∥平面PAC.
证明:由题意得EF∥AC,又AC?平面ABC,EF?平面ABC,∴EF∥平面ABC,
又EF?平面BEF,平面BEF∩平面ABC=l,∴EF∥l,
又l?平面PAC,EF?平面PAC,
∴l∥平面PAC.
(2)设直线l与圆O的另一个交点为D,连接DE,BD.
由(1)知,BD∥AC,而AC⊥BC,∴BD⊥BC,
∵PC⊥平面ABC,∴PC⊥BD,又PC∩BC=C,∴BD⊥平面PBC,
又FB?平面PBC,∴BD⊥BF,
∴∠FBC是二面角E-l-C的平面角,
∴tan∠FBC===.
∵0<∠ABC<,∴0∴tan∠FBC>1.
∵0<∠FBC<,∴∠FBC∈,
即二面角E-l-C的取值范围是.
11.解析 (1)证明:连接DC1.因为几何体ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC为正三角形.
又因为D是AC的中点,所以BD⊥AC,又平面ABC⊥平面ACC1A1,且平面ABC∩平面ACC1A1=AC,
所以BD⊥平面ACC1A1,
又DE?平面ACC1A1,所以BD⊥DE.
因为AE=EA1,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1,
所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.
又在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,
所以∠EDC1=90°,即ED⊥DC1,
因为BD∩DC1=D,
所以ED⊥平面BDC1,
又BC1?平面BDC1,所以DE⊥BC1.
(2)假设存在点E满足条件.过D作DF⊥AB于F,由正棱柱的性质知AA1⊥DF,又AB∩AA1=A,
所以DF⊥平面ABE,所以DF⊥BE.过F作FG⊥BE于G,连接DG,因为FG∩DF=F,所以BE⊥平面DFG,又DG?平面DFG,所以BE⊥DG,所以∠DGF为二面角A-BE-D的平面角,所以∠DGF=30°.
在Rt△ADB中,DF=,BF=,所以FG==,与FG⊥BE矛盾,所以假设不成立,即不存在点E,使二面角A-BE-D的大小为30°.