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(共37张PPT)
课前自主学习
课堂合作探究
课堂学业达标
8.6.3　平面与平面垂直(一)
素养目标 思维导图
1.从定义和基本事实出发,借助长体,通 过直观感知,了解空间中平面与平面垂直 的关系,归纳出判定定理,并加以证明.(直 观想象、逻辑推理) 2.能用已获得的结论证明空间基本图形 位置关系的简单命题.(逻辑推理)
课前自主学习
问题1.如图,教室内的门与墙面,观察当门绕着门轴旋转时,门所在的平面与墙面所形成的角的大小和形状.
(1)数学上,用哪个概念来描述门所在的平面与墙面所形成的角
提示:二面角.
(2)平时,我们常说“把门开大一点”,在这里指的是哪个角大一点
提示:二面角的平面角.
问题2.教室相邻的两个墙面与地面可以构成几个二面角 分别指出是哪些二面角 这些二面角各是多少度
提示:可以构成3个二面角;分别是两相邻墙面构成的二面角,1个墙面与地面构成的二面角,另1个墙面与地面构成的二面角;这3个二面角都为90°.
问题3.如何画两个相互垂直的平面 平面α与平面β垂直,记作什么
提示:两个互相垂直的平面通常画成如图中的两种样子,此时,把直立平面的竖边画成与水平平面的横边垂直.平面α与平面β垂直,记作α⊥β.
【核心概念】
1.二面角
(1)概念:从一条直线出发的两个_______所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做
二面角的___,这两个半平面叫做二面角的___.
(2)图示:
半平面
棱
面
2.平面角
(1)概念:在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作垂直于
___的射线,则这两条射线构成的___叫做这个二面角的平面角.
(2)图示:
(3)符号:OA α,OB β,α∩β=l,O∈l,OA⊥l,OB⊥l ∠AOB是二面角的平面角.
(4)范围:0°≤∠AOB≤180°.
(5)规定:二面角的大小可以用它的_______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.平面角是_____的二面角叫做直二面角.
棱
角
平面角
直角
3.平面与平面垂直的判定定理
文字语言 一个平面过另一个平面的_____,那么这两个平面垂直
图形语言
符号语言 a α,a⊥β α⊥β
作用 判断两个平面_____
垂线
垂直
课堂合作探究
探究点一　二面角的定义及其性质
【典例1】如图,平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,将△ABD沿BD翻折,得到四面体
P-BCD,BD=PC=4,作出二面角P-BC-D的平面角,说明作图理由并求其余弦值.
【思维导引】由题意取点E为BC的中点,连接PE,DE,结合已知条件、等腰三角形三线合一即可证明∠PED即为所求二面角的平面角,再用解三角形知识即可求出二面角的余弦值.
【解析】如图所示:
取点E为BC的中点,连接PE,DE,
则∠PED即为所求的二面角P-BC-D的平面角,
理由如下:
由题意AB=PB=4,PD=DA=2,
又因为四边形ABCD是平行四边形,
所以AB=CD=4,
又因为BD=4,所以BD=CD=PB=PC=4,
又因为点E为BC的中点,所以由三线合一可知DE⊥BC,PE⊥BC,
又平面DBC∩平面PBC=BC,所以∠PED即为所求的二面角P-BC-D的平面角,
而BE=BC=AD=1,所以PE==,同理DE==,而PD=2,
所以在△PDE中,由余弦定理得cos∠PED==.
【类题通法】
1.求二面角的平面角的步骤
(1)作:找出或作出二面角的平面角.
(2)证:证明所找或作的角就是二面角的平面角.
(3)求:在三角形中解出角的大小.
2.二面角的平面角的常见作法
(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作垂直于棱的射线.如图①,则∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
(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,这两条交线所成的角,即为二面角的平面角.如图②,∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
(3)垂线法.过二面角的一个面内异于棱上的A点向另一个平面作垂线,垂足为B,由点B向二面角的棱作垂线,垂足为O,连接AO,则∠AOB为二面角的平面角或其补角.如图③,∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
【定向训练】
如图,已知四边形ABCD是正形,PA⊥平面ABCD.求:
(1)二面角B-PA-D平面角的度数;
(2)二面角B-PA-C平面角的度数.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,所以AB⊥PA,AD⊥PA,
所以∠BAD为二面角B-PA-D的平面角.
因为四边形ABCD是正形,所以∠BAD=90°,所以二面角B-PA-D平面角的度数为90°.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AB,AC 平面ABCD,所以AB⊥PA,AC⊥PA.
所以∠BAC为二面角B-PA-C的平面角.因为四边形ABCD为正形,所以∠BAC=45°.
即二面角B-PA-C平面角的度数为45°.
探究点二　平面与平面垂直的判定
【典例2】(1)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角板按照图1的式进行拼接,然后他又将三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得到图2所示四面体A-BCD.小明对四面体A-BCD中的直线、平面的位置关系作出了以下的判断,其中不正确的是(　　)
A.CD⊥平面ABC
B.AB⊥平面ACD
C.平面ABC⊥平面ACD
D.平面ABD⊥平面BCD
√
【思维导引】根据题意,结合线面、面面位置关系的判定定理和性质定理,逐项判定,即可求解.
【解析】选D.对于A,因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD,又
因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,且DC 平面BCD,所以DC⊥平面ABC, 所以
A正确;对于B,由DC⊥平面ABC,AB 平面ABC,可得DC⊥AB,又因为AB⊥AC,且
AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正确;对于C,
由AB⊥平面ACD,且AB 平面ABC,所以平面ABC⊥平面ACD,故C正确;对于D,因为
平面ABC⊥平面BCD,若平面ABD⊥平面BCD,且平面ABC∩平面ABD=AB,可得
AB⊥平面BCD,又BC 平面BCD,可得AB⊥BC,因为AB与BC不垂直,矛盾,所以
平面ABD与平面BCD不垂直,故D错误.
(2)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面圆的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.证明:平面PAB⊥平面PAC.
【思维导引】利用线面垂直的性质与判定定理依次证得AB⊥平面POC,PC⊥平面PAB,再利用面面垂直的判定定理即可得证.
【证明】如图,连接CO并延长,交AB于点E.
由题得O为△ABC外接圆的圆心,△ABC为正三角形,所以CE⊥AB,即CO⊥AB,
在圆锥中,易知PO⊥平面ABC,因为AB 平面ABC,所以PO⊥AB,
因为CO∩PO=O,CO 平面POC,PO 平面POC,
所以AB⊥平面POC,所以AB⊥PC.
因为∠APC=90°,所以AP⊥PC,
又因为AB∩AP=A,AB 平面PAB,AP 平面PAB,所以PC⊥平面PAB,
又PC 平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.
【类题通法】
证明平面与平面垂直的法
(1)利用定义:证明二面角的平面角为直角.
(2)利用面面垂直的判定定理:如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,则这两个平面互相垂直.
【定向训练】
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE.
【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.
又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AE 平面ABCD,
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,
且E为CD的中点,所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
又AB∩PA=A,所以AE⊥平面PAB.
因为AE 平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.
探究点三　垂直关系的综合应用
【典例3】(规范解答)
(17分)如图,五面体AB-CDEF的底面CDEF是矩形,AB∥底面CDEF,AB到底面CDEF的距离为1,AC=CF=FA=AB=BD=DE=EB=2.
(1)证明:平面ABDC⊥平面ABEF;
(2)设平面ACF∩平面BDE=l.
①证明:l∥底面CDEF;
②求l到底面CDEF的距离.
【思维导引】(1)作AA2⊥CD,AA3⊥EF,通过证明平面ABDC与平面ABEF的夹角为直角证明平面与平面垂直;
(2)①由线面平行的性质定理证明;②利用三角形相似计算求解.
【解析】(1)因为底面CDEF是矩形,AB∥底面CDEF,AB 平面ABDC,
平面ABDC∩底面CDEF=CD,
所以AB∥CD∥EF,……………………2分
作AA2⊥CD,AA3⊥EF,则AA2⊥AB,AA3⊥AB,
则∠A2AA3为平面ABDC与平面ABEF的夹角或其补角. ……………………4分
连接A2A3,由AC=CF=FA=AB=BD=DE=EB=2,
易得△AFA3≌△ACA2,则FA3=CA2,AA2=AA3,
又FA3∥CA2,故四边形FA3A2C为矩形,
则A2A3∥CF,A2A3⊥EF,
又A2A3∩AA3=A3,A2A3,AA3 平面AA2A3,则EF⊥平面AA2A3,
又EF 平面CDEF,故平面CDEF⊥平面AA2A3,
又平面CDEF∩平面AA2A3=A2A3,
故在平面AA2A3内过A作AA1⊥A2A3,
因为AA2=AA3,则A1为A2A3的中点,
且AA1⊥平面CDEF,
故AB到底面CDEF的距离即为AA1=1,
又A1A2=A1A3==1,
所以△AA2A3是以A为顶点的等腰直角三角形,AA2⊥AA3, ……………………7分
故平面ABDC与平面ABEF的夹角为直角,
则平面ABDC⊥平面ABEF. ……………………8分
(2)①因为CF∥DE,所以CF∥平面BDE,
又CF 平面ACF,平面ACF∩平面BDE=l,
由线面平行的性质可知,CF∥l,而l 底面CDEF,所以l∥底面CDEF. ……………… 12分
②取CF中点M,DE中点N,连接AM,BN,MN.
由(1)易知A1∈MN,且AB∥CD∥MN,所以A,B,M,N共面,所以AM和BN有交点,记为G.
所以G∈l,l到底面CDEF的距离等于G到底面CDEF的距离.
因为AM=BN=,所以四边形ABNM是等腰梯形,∠AMN=∠BNM,
则△GMN为等腰三角形,因此=,
其中d为G到底面CDEF的距离. ……………… 15分
由几何关系可知MA1==,MN=AB+2MA1=2+2,
代入计算得d=1+. ……………… 17分
【类题通法】
垂直问题及二面角求解的解题关键
(1)与垂直有关的综合问题涉及线与线、线与面、面与面的垂直,解题的关键是转化.
线线垂直 线面垂直 面面垂直.
(2)二面角求解的关键是作出二面角的平面角,并将所作角放在直角三角形内求解.
【定向训练】
如图,AB是圆柱OO1的一条母线,BC是底面的一条直径,D是圆O上一点,
且AB=BC=4,CD=2.
(1)证明:平面ABD⊥平面ACD;
(2)求点B到平面ACD的距离.
【思维导引】(1)利用线面垂直的判定定理证明CD⊥平面ABD,即可求证;
(2)过点B作BM⊥AD,垂足为M,由面面垂直的性质定理可得到BM⊥平面ACD,然后通过几何关系求出BM的长度即可.
【解析】(1)由已知可得AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,所以AB⊥CD.
因为BC是底面圆O的一条直径,所以BD⊥CD.
因为BD 平面ABD,AB 平面ABD,BD∩AB=B,所以CD⊥平面ABD.
因为CD 平面ACD,所以平面ABD⊥平面ACD.
(2)过点B作BM⊥AD,垂足为M,
因为平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,BM 平面ABD,BM⊥AD,
所以BM⊥平面ACD,可得BD==2.
因为AB⊥平面BCD,BD 平面BCD,所以AB⊥BD,所以AD==2,
根据等面积法可得AD·BM=AB·BD,
所以BM==,
即点B到平面ACD的距离为.
课堂学业达标
1.过两点与一个已知平面垂直的平面 (　　)
A.有且只有一个
B.有无数个
C.有一个或有无数个
D.可能不存在
【解析】选C.当两点连线与平面垂直时,有无数个平面与已知平面垂直,当两点连线与平面不垂直时,有且只有一个平面与已知平面垂直.
√
2.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的条件是 (　　)
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】选C.因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β.
又m α,所以α⊥β.
√
3.已知α,β是空间两个不同的平面,m,n是空间两条不同的直线,则下列说法正确的是
(　　)
A.若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β
B.若m∥α,n∥β,且m⊥n,则α⊥β
C.若m⊥α,n∥β,且m⊥n,则α⊥β
D.若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则α⊥β
【解析】选D.对于A,若m∥α,n∥β,且m∥n,则α,β可能相交或平行,故A错误;
对于B,若m∥α,n∥β,且m⊥n,则α,β可能相交或平行,故B错误;
对于C,若m⊥α,n∥β,且m⊥n,则α,β可能相交或平行,故C错误;
对于D,若m⊥α,m⊥n,则n在平面α内或n∥α,又n⊥β,所以α⊥β,故D正确.
√
4.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,AA1=2,则二面角C1-AB-C的余弦值
为　　　　.
【解析】过C作CM垂直AB于M,连接C1M,
则C1M垂直AB,因此∠C1MC为二面角C1-AB-C的平面角,
所以cos∠C1MC==.
答案:
5.如图所示,四边形ABCD为正形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.证明:
平面PQC⊥平面DCQ.
【证明】由四边形ABCD为正形,可得CD⊥AD,
又PD⊥平面ABCD,所以PD⊥CD,PD⊥AD,故CD⊥平面AQPD,从而CD⊥PQ.
如图所示,取PD的中点E,连接QE.
因为PD∥QA,QA=PD,则DE∥AQ,且DE=AQ,从而四边形AQED是平行四边形,
则QE∥AD,所以QE⊥PD,所以DQ=QP.
设QA=1,则AB=1,PD=2.
在△DQP中,有DQ=QP=,PD=2.所以DQ2+QP2=PD2,
故∠PQD=90°,即DQ⊥PQ.
又CD∩DQ=D,所以PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.(共25张PPT)
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8.6.3　平面与平面垂直(二)
素养目标 思维导图
1.从定义和基本事实出发,借助长体,通过 直观感知,了解空间中平面与平面垂直的关 系,归纳出性质定理,并加以证明.(直观想象、 逻辑推理) 2.能用已获得的结论证明空间基本图形位 置关系的简单命题.(逻辑推理)
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问题1.教室内的黑板所在的平面与地面所在的平面垂直,在黑板上任意画一条直线
与地面垂直吗 怎样画才能保证所画直线与地面垂直
提示:不一定,也可能平行,相交(不垂直);只要保证所画的线与两面的交线垂直即可.
问题2.如图,长体ABCD-A'B'C'D',在平面DCC'D'中,作直线l⊥DC.你能得出什么结
论
提示:在平面DCC'D'内,若直线l垂直于交线DC,则直线l垂直于平面ABCD.
【核心概念】
平面与平面垂直的性质定理
文字 语言 两个平面垂直,如果___________有一条直线垂直于这两个平面
的交线,那么这条直线与另一个平面垂直
符号 语言
图形 语言
一个平面内
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探究点一　平面与平面垂直的性质定理的应用
【典例1】如图所示,P是四边形ABCD所在平面外的一点,四边形ABCD是边长为a
的菱形且∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)若G为AD的中点,求证:BG⊥平面PAD;
(2)求证:AD⊥PB.
【思维导引】
(1)连接BD,菱形ABCD,∠DAB=60°→△ABD为正三角形→BG⊥AD
由平面与平面垂直的性质定理得出结论.
(2)连接PG,要证AD⊥PB,只需证AD⊥平面PBG即可.
【证明】(1)如图,在菱形ABCD中,连接BD,
因为∠DAB=60°,所以△ABD为正三角形,
因为G是AD的中点,所以BG⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面PAD.
(2)如图,连接PG.
因为△PAD是正三角形,G是AD的中点,
所以PG⊥AD,由(1)知BG⊥AD.又因为PG∩BG=G.
所以AD⊥平面PBG.而PB 平面PBG,
所以AD⊥PB.
【定向训练】
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,
平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD.
(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;
(2)求证:PA⊥平面PCD.
【证明】(1)连接BD,由题意,易知AC∩BD=H,BH=DH=BD,
所以点H为BD的中点,因为G,H分别为PB,AC的中点,
所以GH∥PD,
又因为GH 平面PAD,PD 平面PAD,
所以GH∥平面PAD.
(2)取棱PC的中点N,连接DN,
在等边三角形PCD中,DN⊥PC,
因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,DN 平面PAC,
所以DN⊥平面PAC,又PA 平面PAC,故DN⊥PA,
又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,CD,DN 平面PCD,所以PA⊥平面PCD.
探究点二　垂直关系的综合应用
【典例2】(2025·湛江高一检测)如图,已知平面ABD⊥平面BCD,AB⊥BD,BC⊥CD.
(1)求证:AB⊥BC;
(2)求证:平面ACD⊥平面ABC;
(3)若AB=BC,求二面角A-CD-B的大小.
【思维导引】(1)根据面面垂直的性质可得AB⊥平面BCD,即可由线面垂直的定义求证;
(2)根据线线垂直可证明CD⊥平面ABC,即可由面面垂直的判定求证;
(3)根据二面角的定义可得∠ACB即为二面角A-CD-B的平面角,即可由三角形的边角关系求解.
【解析】(1)由于平面ABD⊥平面BCD,且两平面的交线为BD,AB⊥BD,
AB 平面ABD,
故AB⊥平面BCD,又BC 平面BCD,故AB⊥BC.
(2)由于AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,故AB⊥CD,
又BC⊥CD,BC∩AB=B,AB,BC 平面ABC,
故CD⊥平面ABC,又CD 平面ACD,故平面ACD⊥平面ABC.
(3)由于CD⊥平面ABC,AC 平面ABC,故CD⊥AC,
又BC⊥CD,因此∠ACB即为二面角A-CD-B的平面角,
由于AB=BC,AB⊥BC,故∠ACB=.
【类题通法】
1.线面垂直条件的应用技巧
当题目条件中含有线面垂直的条件时,一般想到的结论为:
(1)线线垂直,即直线与平面内任一直线垂直.
(2)面面垂直,即经过该直线的平面与该平面垂直.
2.面面垂直条件的应用技巧
当题目中含有面面垂直的条件时,一般想到的解题思路为:
(1)可以在一个平面内找或作一条垂直于交线的直线,转化为线面垂直,进而转化为线线垂直.
(2)求斜线与某一平面所成的角,观察该斜线是否与另一平面相交,若相交可过交点在该平面内作交线的垂线,进而找到斜线的射影.
(3)求点到平面的距离,可转化为某一平面内一点到交线的距离.
【定向训练】
如图(1),平面四边形ABDC中,∠ABC=∠D=90°,AB=BC=2,CD=1,将△ABC沿BC边折起如图(2),使　　　　,点M,N分别为AC,AD中点.在题目横线上选择下述其中一个条件,然后解答此题.
①AD=.
②AC为四面体ABDC外接球的直径.
③平面ABC⊥平面BCD.
(1)判断直线MN与平面ABD的位置关系,并说明理由;
(2)求三棱锥A-MNB的体积.
【思维导引】(1)分别选择①②③,结合线面垂直的判定与性质定理,以及面面垂直的性质,即可证得MN⊥平面ABD;
(2)由(1)得到MN⊥平面ABD,结合VA-MNB=VM-ABN,即可求解.
【解析】(1)若选①:AD=,在Rt△BCD中,BC=2,CD=1,可得BD=,
又由AB=2,所以AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD,
因为AB⊥BC,且BC∩BD=B,BC,BD 平面CBD,所以AB⊥平面CBD,
又因为CD 平面CBD,所以AB⊥CD,
又由CD⊥BD,AB∩BD=B,且AB,BD 平面ABD,所以CD⊥平面ABD,
又因为M,N分别为AC,AD中点,所以MN∥CD,所以MN⊥平面ABD.
若选②:AC为四面体ABDC外接球的直径,则∠ADC=90°,CD⊥AD,
因为CD⊥BD,可证得CD⊥平面ABD,
又M,N分别为AC,AD中点,MN∥CD,所以MN⊥平面ABD.
若选③:平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,
因为AB⊥BC,且AB 平面ABC,所以AB⊥平面CBD,
又由CD 平面CBD,所以AB⊥CD,
因为CD⊥BD,AB∩BD=B,且AB,BD 平面ABD,所以CD⊥平面ABD,
又因为M,N分别为AC,AD中点,MN∥CD,所以MN⊥平面ABD.
(2)由(1)知MN⊥平面ABD,其中△ABD为直角三角形,
可得S△ANB=S△ADB=,MN=CD=,
故三棱锥A-MNB的体积为VA-MNB=VM-ABN==.
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1.平面α⊥平面β,直线a∥平面α,则 (　　)
A.a⊥β B.a∥β
C.a与β相交 D.以上都有可能
【解析】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.
√
2.如图所示,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在平面ABC上的
射影H必在 (　　)
A.直线AB上 B.直线BC上
C.直线CA上 D.△ABC内部
【解析】选A. CA⊥平面ABC1 平面ABC⊥平面ABC1,所以过C1作垂
直于平面ABC的垂线,垂线在平面ABC1内,所以点H在两平面的交线上,即H∈AB.
√
3.已知平面α,β和直线m,l,则下列命题中正确的是 (　　)
A.若α⊥β,α∩β=m,l⊥m,则l⊥β
B.若α∩β=m,l α,l⊥m,则l⊥β
C.若α⊥β,l α,则l⊥β
D.若α⊥β,α∩β=m,l α,l⊥m,则l⊥β
【解析】选D.选项A缺少了条件l α;选项B缺少了条件α⊥β;选项C缺少了条件α∩β=m,l⊥m;选项D具备了面面垂直的性质定理的部条件.
√
4.如图所示,在长体ABCD-A1B1C1D1中,BC=2,AA1=1,E,F分别在AD和BC上,
且EF∥AB,若二面角C1-EF-C等于45°,则BF=　　　　.
【解析】由题意知EF⊥BC.因为CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥EF,又BC∩CC1=C,
所以EF⊥平面CC1F,所以EF⊥C1F.故∠C1FC为二面角C1-EF-C的平面角,
即∠C1FC=45°,因为AA1=1,所以CF=1,又BC=2,所以BF=1.
答案:1
5.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,侧面BCC1B1为菱形,
平面BCC1B1⊥平面ABCD,AA1=4,AB=3,∠B1BC=60°.
(1)求证:B1C∥平面A1BD;
(2)求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积.
【解析】(1)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1,AB=A1B1,AB∥CD,AB=CD,
所以A1B1∥CD,A1B1=CD,所以四边形A1B1CD为平行四边形,所以B1C∥A1D,
又B1C 平面A1BD,A1D 平面A1BD,所以B1C∥平面A1BD.
(2)取BC中点为E,连接B1E.
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=BB1=4,
因为四边形BCC1B1为菱形,所以BB1=BC=4,
又因为∠B1BC=60°,所以△B1BC为等边三角形,所以B1E⊥BC,B1E=2.
又因为平面BCC1B1⊥平面ABCD,平面BCC1B1∩平面ABCD=BC,B1E 平面BCC1B1,
所以B1E⊥平面ABCD,
所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高h=B1E=2.
因为底面ABCD为矩形,AB=3,
所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面积为S=AB·BC=3×4=12,
故四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V=Sh=24.8.6.3　平面与平面垂直(二)
素养目标 思维导图
1.从定义和基本事实出发,借助长体,通过直观感知,了解空间中平面与平面垂直的关系,归纳出性质定理,并加以证明.(直观想象、逻辑推理) 2.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.(逻辑推理)
课前自主学习
问题1.教室内的黑板所在的平面与地面所在的平面垂直,在黑板上任意画一条直线与地面垂直吗 怎样画才能保证所画直线与地面垂直
提示:不一定,也可能平行,相交(不垂直);只要保证所画的线与两面的交线垂直即可.
问题2.如图,长体ABCD-A'B'C'D',在平面DCC'D'中,作直线l⊥DC.你能得出什么结论
提示:在平面DCC'D'内,若直线l垂直于交线DC,则直线l垂直于平面ABCD.
【核心概念】
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交线,那么这条直线与另一个平面垂直
符号 语言
图形 语言
课堂合作探究
探究点一　平面与平面垂直的性质定理的应用
【典例1】如图所示,P是四边形ABCD所在平面外的一点,四边形ABCD是边长为a的菱形且∠DAB=60°,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD.
(1)若G为AD的中点,求证:BG⊥平面PAD;
(2)求证:AD⊥PB.
【思维导引】
(1)连接BD,菱形ABCD,∠DAB=60°→△ABD为正三角形→BG⊥AD
由平面与平面垂直的性质定理得出结论.
(2)连接PG,要证AD⊥PB,只需证AD⊥平面PBG即可.
【证明】(1)如图,在菱形ABCD中,连接BD,
因为∠DAB=60°,所以△ABD为正三角形,
因为G是AD的中点,所以BG⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面PAD.
(2)如图,连接PG.
因为△PAD是正三角形,G是AD的中点,
所以PG⊥AD,由(1)知BG⊥AD.又因为PG∩BG=G.
所以AD⊥平面PBG.而PB 平面PBG,
所以AD⊥PB.
【定向训练】
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD.
(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;
(2)求证:PA⊥平面PCD.
【证明】(1)连接BD,由题意,易知AC∩BD=H,BH=DH=BD,
所以点H为BD的中点,因为G,H分别为PB,AC的中点,
所以GH∥PD,
又因为GH 平面PAD,PD 平面PAD,
所以GH∥平面PAD.
(2)取棱PC的中点N,连接DN,
在等边三角形PCD中,DN⊥PC,
因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,DN 平面PAC,
所以DN⊥平面PAC,又PA 平面PAC,故DN⊥PA,
又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,CD,DN 平面PCD,所以PA⊥平面PCD.
探究点二　垂直关系的综合应用
【典例2】(2025·湛江高一检测)如图,已知平面ABD⊥平面BCD,AB⊥BD,BC⊥CD.
(1)求证:AB⊥BC;
(2)求证:平面ACD⊥平面ABC;
(3)若AB=BC,求二面角A-CD-B的大小.
【思维导引】(1)根据面面垂直的性质可得AB⊥平面BCD,即可由线面垂直的定义求证;
(2)根据线线垂直可证明CD⊥平面ABC,即可由面面垂直的判定求证;
(3)根据二面角的定义可得∠ACB即为二面角A-CD-B的平面角,即可由三角形的边角关系求解.
【解析】(1)由于平面ABD⊥平面BCD,且两平面的交线为BD,AB⊥BD,AB 平面ABD,
故AB⊥平面BCD,又BC 平面BCD,故AB⊥BC.
(2)由于AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,故AB⊥CD,
又BC⊥CD,BC∩AB=B,AB,BC 平面ABC,
故CD⊥平面ABC,又CD 平面ACD,故平面ACD⊥平面ABC.
(3)由于CD⊥平面ABC,AC 平面ABC,故CD⊥AC,
又BC⊥CD,因此∠ACB即为二面角A-CD-B的平面角,
由于AB=BC,AB⊥BC,故∠ACB=.
【类题通法】
1.线面垂直条件的应用技巧
当题目条件中含有线面垂直的条件时,一般想到的结论为:
(1)线线垂直,即直线与平面内任一直线垂直.
(2)面面垂直,即经过该直线的平面与该平面垂直.
2.面面垂直条件的应用技巧
当题目中含有面面垂直的条件时,一般想到的解题思路为:
(1)可以在一个平面内找或作一条垂直于交线的直线,转化为线面垂直,进而转化为线线垂直.
(2)求斜线与某一平面所成的角,观察该斜线是否与另一平面相交,若相交可过交点在该平面内作交线的垂线,进而找到斜线的射影.
(3)求点到平面的距离,可转化为某一平面内一点到交线的距离.
【定向训练】
如图(1),平面四边形ABDC中,∠ABC=∠D=90°,AB=BC=2,CD=1,将△ABC沿BC边折起如图(2),使　　　　,点M,N分别为AC,AD中点.在题目横线上选择下述其中一个条件,然后解答此题.
①AD=.
②AC为四面体ABDC外接球的直径.
③平面ABC⊥平面BCD.
(1)判断直线MN与平面ABD的位置关系,并说明理由;
(2)求三棱锥A-MNB的体积.
【思维导引】(1)分别选择①②③,结合线面垂直的判定与性质定理,以及面面垂直的性质,即可证得MN⊥平面ABD;
(2)由(1)得到MN⊥平面ABD,结合VA-MNB=VM-ABN,即可求解.
【解析】(1)若选①:AD=,在Rt△BCD中,BC=2,CD=1,可得BD=,
又由AB=2,所以AB2+BD2=AD2,所以AB⊥BD,
因为AB⊥BC,且BC∩BD=B,BC,BD 平面CBD,所以AB⊥平面CBD,
又因为CD 平面CBD,所以AB⊥CD,
又由CD⊥BD,AB∩BD=B,且AB,BD 平面ABD,所以CD⊥平面ABD,
又因为M,N分别为AC,AD中点,所以MN∥CD,所以MN⊥平面ABD.
若选②:AC为四面体ABDC外接球的直径,则∠ADC=90°,CD⊥AD,
因为CD⊥BD,可证得CD⊥平面ABD,
又M,N分别为AC,AD中点,MN∥CD,所以MN⊥平面ABD.
若选③:平面ABC⊥平面BCD,平面ABC∩平面BCD=BC,
因为AB⊥BC,且AB 平面ABC,所以AB⊥平面CBD,
又由CD 平面CBD,所以AB⊥CD,
因为CD⊥BD,AB∩BD=B,且AB,BD 平面ABD,所以CD⊥平面ABD,
又因为M,N分别为AC,AD中点,MN∥CD,所以MN⊥平面ABD.
(2)由(1)知MN⊥平面ABD,其中△ABD为直角三角形,
可得S△ANB=S△ADB=,MN=CD=,
故三棱锥A-MNB的体积为VA-MNB=VM-ABN==.
课堂学业达标
1.平面α⊥平面β,直线a∥平面α,则 (　　)
A.a⊥β B.a∥β
C.a与β相交 D.以上都有可能
【解析】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.
2.如图所示,在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,BC1⊥AC,则C1在平面ABC上的射影H必在 (　　)
A.直线AB上 B.直线BC上
C.直线CA上 D.△ABC内部
【解析】选A. CA⊥平面ABC1 平面ABC⊥平面ABC1,所以过C1作垂直于平面ABC的垂线,垂线在平面ABC1内,所以点H在两平面的交线上,即H∈AB.
3.已知平面α,β和直线m,l,则下列命题中正确的是 (　　)
A.若α⊥β,α∩β=m,l⊥m,则l⊥β
B.若α∩β=m,l α,l⊥m,则l⊥β
C.若α⊥β,l α,则l⊥β
D.若α⊥β,α∩β=m,l α,l⊥m,则l⊥β
【解析】选D.选项A缺少了条件l α;选项B缺少了条件α⊥β;选项C缺少了条件α∩β=m,l⊥m;选项D具备了面面垂直的性质定理的部条件.
4.如图所示,在长体ABCD-A1B1C1D1中,BC=2,AA1=1,E,F分别在AD和BC上,且EF∥AB,若二面角C1-EF-C等于45°,则BF=　　　　.
【解析】由题意知EF⊥BC.因为CC1⊥平面ABCD,所以CC1⊥EF,又BC∩CC1=C,所以EF⊥平面CC1F,所以EF⊥C1F.故∠C1FC为二面角C1-EF-C的平面角,即∠C1FC=45°,因为AA1=1,所以CF=1,又BC=2,所以BF=1.
答案:1
5.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,侧面BCC1B1为菱形,平面BCC1B1⊥平面ABCD,AA1=4,AB=3,∠B1BC=60°.
(1)求证:B1C∥平面A1BD;
(2)求四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积.
【解析】(1)在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1,AB=A1B1,AB∥CD,AB=CD,
所以A1B1∥CD,A1B1=CD,所以四边形A1B1CD为平行四边形,所以B1C∥A1D,又B1C 平面A1BD,A1D 平面A1BD,所以B1C∥平面A1BD.
(2)取BC中点为E,连接B1E.
在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=BB1=4,
因为四边形BCC1B1为菱形,所以BB1=BC=4,
又因为∠B1BC=60°,所以△B1BC为等边三角形,所以B1E⊥BC,B1E=2.
又因为平面BCC1B1⊥平面ABCD,平面BCC1B1∩平面ABCD=BC,B1E 平面BCC1B1,
所以B1E⊥平面ABCD,
所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高h=B1E=2.
因为底面ABCD为矩形,AB=3,
所以四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面积为S=AB·BC=3×4=12,故四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为V=Sh=24.
　课时巩固请使用 　课时素养检测 三十三8.6.3　平面与平面垂直(一)
素养目标 思维导图
1.从定义和基本事实出发,借助长体,通过直观感知,了解空间中平面与平面垂直的关系,归纳出判定定理,并加以证明.(直观想象、逻辑推理) 2.能用已获得的结论证明空间基本图形位置关系的简单命题.(逻辑推理)
课前自主学习
问题1.如图,教室内的门与墙面,观察当门绕着门轴旋转时,门所在的平面与墙面所形成的角的大小和形状.
(1)数学上,用哪个概念来描述门所在的平面与墙面所形成的角
提示:二面角.
(2)平时,我们常说“把门开大一点”,在这里指的是哪个角大一点
提示:二面角的平面角.
问题2.教室相邻的两个墙面与地面可以构成几个二面角 分别指出是哪些二面角 这些二面角各是多少度
提示:可以构成3个二面角;分别是两相邻墙面构成的二面角,1个墙面与地面构成的二面角,另1个墙面与地面构成的二面角;这3个二面角都为90°.
问题3.如何画两个相互垂直的平面 平面α与平面β垂直,记作什么
提示:两个互相垂直的平面通常画成如图中的两种样子,此时,把直立平面的竖边画成与水平平面的横边垂直.平面α与平面β垂直,记作α⊥β.
【核心概念】
1.二面角
(1)概念:从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.这条直线叫做二面角的棱,这两个半平面叫做二面角的面.
(2)图示:
2.平面角
(1)概念:在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作垂直于棱的射线,则这两条射线构成的角叫做这个二面角的平面角.
(2)图示:
(3)符号:OA α,OB β,α∩β=l,O∈l,OA⊥l,OB⊥l ∠AOB是二面角的平面角.
(4)范围:0°≤∠AOB≤180°.
(5)规定: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.平面角是直角的二面角叫做直二面角.
3.平面与平面垂直的判定定理
文字语言 一个平面过另一个平面的垂线,那么这两个平面垂直
图形语言
符号语言 a α,a⊥β α⊥β
作用 判断两个平面垂直
课堂合作探究
探究点一　二面角的定义及其性质
【典例1】如图,平行四边形ABCD中,AB=4,AD=2,将△ABD沿BD翻折,得到四面体P-BCD,BD=PC=4,作出二面角P-BC-D的平面角,说明作图理由并求其余弦值.
【思维导引】由题意取点E为BC的中点,连接PE,DE,结合已知条件、等腰三角形三线合一即可证明∠PED即为所求二面角的平面角,再用解三角形知识即可求出二面角的余弦值.
【解析】如图所示:
取点E为BC的中点,连接PE,DE,
则∠PED即为所求的二面角P-BC-D的平面角,
理由如下:
由题意AB=PB=4,PD=DA=2,
又因为四边形ABCD是平行四边形,
所以AB=CD=4,
又因为BD=4,所以BD=CD=PB=PC=4,
又因为点E为BC的中点,所以由三线合一可知DE⊥BC,PE⊥BC,
又平面DBC∩平面PBC=BC,所以∠PED即为所求的二面角P-BC-D的平面角,
而BE=BC=AD=1,所以PE==,同理DE==,而PD=2,
所以在△PDE中,由余弦定理得cos∠PED==.
【类题通法】
1.求二面角的平面角的步骤
(1)作:找出或作出二面角的平面角.
(2)证:证明所找或作的角就是二面角的平面角.
(3)求:在三角形中解出角的大小.
2.二面角的平面角的常见作法
(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作垂直于棱的射线.如图①,则∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
(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,这两条交线所成的角,即为二面角的平面角.如图②,∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
(3)垂线法.过二面角的一个面内异于棱上的A点向另一个平面作垂线,垂足为B,由点B向二面角的棱作垂线,垂足为O,连接AO,则∠AOB为二面角的平面角或其补角.如图③,∠AOB为二面角α-l-β的平面角.
【定向训练】
如图,已知四边形ABCD是正形,PA⊥平面ABCD.求:
(1)二面角B-PA-D平面角的度数;
(2)二面角B-PA-C平面角的度数.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,AB,AD 平面ABCD,所以AB⊥PA,AD⊥PA,
所以∠BAD为二面角B-PA-D的平面角.
因为四边形ABCD是正形,所以∠BAD=90°,所以二面角B-PA-D平面角的度数为90°.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AB,AC 平面ABCD,所以AB⊥PA,AC⊥PA.
所以∠BAC为二面角B-PA-C的平面角.因为四边形ABCD为正形,所以∠BAC=45°.
即二面角B-PA-C平面角的度数为45°.
探究点二　平面与平面垂直的判定
【典例2】(1)在某次数学探究活动中,小明先将一副三角板按照图1的式进行拼接,然后他又将三角板ABC折起,使得二面角A-BC-D为直二面角,得到图2所示四面体A-BCD.小明对四面体A-BCD中的直线、平面的位置关系作出了以下的判断,其中不正确的是 (　　)
A.CD⊥平面ABC
B.AB⊥平面ACD
C.平面ABC⊥平面ACD
D.平面ABD⊥平面BCD
【思维导引】根据题意,结合线面、面面位置关系的判定定理和性质定理,逐项判定,即可求解.
【解析】选D.对于A,因为二面角A-BC-D为直二面角,可得平面ABC⊥平面BCD,又因为平面ABC∩平面BCD=BC,DC⊥BC,且DC 平面BCD,所以DC⊥平面ABC, 所以A正确;对于B,由DC⊥平面ABC,AB 平面ABC,可得DC⊥AB,又因为AB⊥AC,且AC∩CD=C,AC,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD,故B正确;对于C,由AB⊥平面ACD,且AB 平面ABC,所以平面ABC⊥平面ACD,故C正确;对于D,因为平面ABC⊥平面BCD,若平面ABD⊥平面BCD,且平面ABC∩平面ABD=AB,可得AB⊥平面BCD,又BC 平面BCD,可得AB⊥BC,因为AB与BC不垂直,矛盾,所以平面ABD与平面BCD不垂直,故D错误.
(2)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面圆的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.证明:平面PAB⊥平面PAC.
【思维导引】利用线面垂直的性质与判定定理依次证得AB⊥平面POC,PC⊥平面PAB,再利用面面垂直的判定定理即可得证.
【证明】如图,连接CO并延长,交AB于点E.
由题得O为△ABC外接圆的圆心,△ABC为正三角形,所以CE⊥AB,即CO⊥AB,
在圆锥中,易知PO⊥平面ABC,因为AB 平面ABC,所以PO⊥AB,因为CO∩PO=O,CO 平面POC,PO 平面POC,
所以AB⊥平面POC,所以AB⊥PC.
因为∠APC=90°,所以AP⊥PC,
又因为AB∩AP=A,AB 平面PAB,AP 平面PAB,所以PC⊥平面PAB,
又PC 平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.
【类题通法】
证明平面与平面垂直的法
(1)利用定义:证明二面角的平面角为直角.
(2)利用面面垂直的判定定理:如果一个平面经过另一个平面的一条垂线,则这两个平面互相垂直.
【定向训练】
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若∠ABC=60°,求证:平面PAB⊥平面PAE.
【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以BD⊥AC.
又PA∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.
(2)因为PA⊥平面ABCD,AE 平面ABCD,
所以PA⊥AE.
因为底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,
且E为CD的中点,所以AE⊥CD.
所以AB⊥AE.
又AB∩PA=A,所以AE⊥平面PAB.
因为AE 平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.
探究点三　垂直关系的综合应用
【典例3】(规范解答)
(17分)如图,五面体AB-CDEF的底面CDEF是矩形,AB∥底面CDEF,AB到底面CDEF的距离为1,AC=CF=FA=AB=BD=DE=EB=2.
(1)证明:平面ABDC⊥平面ABEF;
(2)设平面ACF∩平面BDE=l.
①证明:l∥底面CDEF;
②求l到底面CDEF的距离.
【思维导引】(1)作AA2⊥CD,AA3⊥EF,通过证明平面ABDC与平面ABEF的夹角为直角证明平面与平面垂直;
(2)①由线面平行的性质定理证明;②利用三角形相似计算求解.
【解析】(1)因为底面CDEF是矩形,AB∥底面CDEF,AB 平面ABDC,
平面ABDC∩底面CDEF=CD,
所以AB∥CD∥EF, 2分
作AA2⊥CD,AA3⊥EF,则AA2⊥AB,AA3⊥AB,
则∠A2AA3为平面ABDC与平面ABEF的夹角或其补角. 4分
连接A2A3,由AC=CF=FA=AB=BD=DE=EB=2,
易得△AFA3≌△ACA2,则FA3=CA2,AA2=AA3,
又FA3∥CA2,故四边形FA3A2C为矩形,
则A2A3∥CF,A2A3⊥EF,
又A2A3∩AA3=A3,A2A3,AA3 平面AA2A3,
则EF⊥平面AA2A3,
又EF 平面CDEF,故平面CDEF⊥平面AA2A3,
又平面CDEF∩平面AA2A3=A2A3,
故在平面AA2A3内过A作AA1⊥A2A3,
因为AA2=AA3,则A1为A2A3的中点,
且AA1⊥平面CDEF,
故AB到底面CDEF的距离即为AA1=1,
又A1A2=A1A3==1,
所以△AA2A3是以A为顶点的等腰直角三角形,AA2⊥AA3, 7分
故平面ABDC与平面ABEF的夹角为直角,
则平面ABDC⊥平面ABEF. 8分
(2)①因为CF∥DE,所以CF∥平面BDE,
又CF 平面ACF,平面ACF∩平面BDE=l,
由线面平行的性质可知,CF∥l,而l 底面CDEF,所以l∥底面CDEF. 12分
②取CF中点M,DE中点N,连接AM,BN,MN.
由(1)易知A1∈MN,且AB∥CD∥MN,所以A,B,M,N共面,所以AM和BN有交点,记为G.
所以G∈l,l到底面CDEF的距离等于G到底面CDEF的距离.
因为AM=BN=,所以四边形ABNM是等腰梯形,∠AMN=∠BNM,
则△GMN为等腰三角形,因此=,
其中d为G到底面CDEF的距离. 15分
由几何关系可知MA1==,MN=AB+2MA1=2+2,
代入计算得d=1+. 17分
【类题通法】
垂直问题及二面角求解的解题关键
(1)与垂直有关的综合问题涉及线与线、线与面、面与面的垂直,解题的关键是转化.
线线垂直 线面垂直 面面垂直.
(2)二面角求解的关键是作出二面角的平面角,并将所作角放在直角三角形内求解.
【定向训练】
如图,AB是圆柱OO1的一条母线,BC是底面的一条直径,D是圆O上一点,且AB=BC=4,CD=2.
(1)证明:平面ABD⊥平面ACD;
(2)求点B到平面ACD的距离.
【思维导引】(1)利用线面垂直的判定定理证明CD⊥平面ABD,即可求证;
(2)过点B作BM⊥AD,垂足为M,由面面垂直的性质定理可得到BM⊥平面ACD,然后通过几何关系求出BM的长度即可.
【解析】(1)由已知可得AB⊥平面BCD,CD 平面BCD,所以AB⊥CD.
因为BC是底面圆O的一条直径,所以BD⊥CD.
因为BD 平面ABD,AB 平面ABD,BD∩AB=B,所以CD⊥平面ABD.
因为CD 平面ACD,所以平面ABD⊥平面ACD.
(2)过点B作BM⊥AD,垂足为M,
因为平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,BM 平面ABD,BM⊥AD,
所以BM⊥平面ACD,可得BD==2.
因为AB⊥平面BCD,BD 平面BCD,所以AB⊥BD,所以AD==2,
根据等面积法可得AD·BM=AB·BD,
所以BM==,
即点B到平面ACD的距离为.
课堂学业达标
1.过两点与一个已知平面垂直的平面 (　　)
A.有且只有一个
B.有无数个
C.有一个或有无数个
D.可能不存在
【解析】选C.当两点连线与平面垂直时,有无数个平面与已知平面垂直,当两点连线与平面不垂直时,有且只有一个平面与已知平面垂直.
2.对于直线m,n和平面α,β,能得出α⊥β的条件是 (　　)
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】选C.因为m∥n,n⊥β,所以m⊥β.
又m α,所以α⊥β.
3.已知α,β是空间两个不同的平面,m,n是空间两条不同的直线,则下列说法正确的是 (　　)
A.若m∥α,n∥β,且m∥n,则α∥β
B.若m∥α,n∥β,且m⊥n,则α⊥β
C.若m⊥α,n∥β,且m⊥n,则α⊥β
D.若m⊥α,n⊥β,且m⊥n,则α⊥β
【解析】选D.对于A,若m∥α,n∥β,且m∥n,则α,β可能相交或平行,故A错误;
对于B,若m∥α,n∥β,且m⊥n,则α,β可能相交或平行,故B错误;
对于C,若m⊥α,n∥β,且m⊥n,则α,β可能相交或平行,故C错误;
对于D,若m⊥α,m⊥n,则n在平面α内或n∥α,又n⊥β,所以α⊥β,故D正确.
4.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=1,AA1=2,则二面角C1-AB-C的余弦值为　　　　.
【解析】过C作CM垂直AB于M,连接C1M,
则C1M垂直AB,因此∠C1MC为二面角C1-AB-C的平面角,所以cos∠C1MC==.
答案:
5.如图所示,四边形ABCD为正形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.证明:平面PQC⊥平面DCQ.
【证明】由四边形ABCD为正形,可得CD⊥AD,
又PD⊥平面ABCD,所以PD⊥CD,PD⊥AD,故CD⊥平面AQPD,从而CD⊥PQ.
如图所示,取PD的中点E,连接QE.
因为PD∥QA,QA=PD,则DE∥AQ,且DE=AQ,从而四边形AQED是平行四边形,则QE∥AD,所以QE⊥PD,所以DQ=QP.
设QA=1,则AB=1,PD=2.
在△DQP中,有DQ=QP=,PD=2.
所以DQ2+QP2=PD2,
故∠PQD=90°,即DQ⊥PQ.
又CD∩DQ=D,所以PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.
　课时巩固请使用 　课时素养检测 三十二

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