8.6.3 第1课时 平面与平面垂直的判定-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案课件PPT（人教A版2019）

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 课程标准：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，归纳出平面与平面垂直的判定定理． 教学重点：二面角的概念及用平面与平面垂直的判定定理证明面面垂直、折叠问题的处理方法． 教学难点：二面角的求法、面面垂直判定定理的综合应用． 核心素养：1.通过从教材的实例中抽象出二面角的相关概念及平面与平面垂直的定义的过程培养数学抽象素养.2.通过利用平面与平面垂直的判定定理证明平面与平面垂直的过程提升逻辑推理素养． (教师独具内容) 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　二面角的概念 1．定义及有关概念 (1)定义：__________________________________________叫做二面角． (2)相关概念：_____________叫做二面角的棱，______________叫做二面角的面． (3)图形：如图所示． (4)记法：二面角α－AB－β或P－AB－Q或α－l－β或P－l－Q. 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形 这条直线 这两个半平面 核心概念掌握 5 2．二面角的平面角 (1)定义：如图，在二面角α－l－β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作_______于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角． 垂直 核心概念掌握 6 (2)大小及范围：二面角的大小可以用它的________来度量，二面角的______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．二面角的平面角α的取值范围是_____________． [提示]　二面角可以看成是一个半平面以其棱为轴旋转而成的． 平面角 平面角 直角 0°≤α≤180° 核心概念掌握 7 知识点二　两个平面互相垂直的定义及判定定理 1．两个平面互相垂直的定义 (1)一般地，两个平面相交，如果_____________________________，就说这两个平面________________． (2)图形：如图所示． (3)表示：平面α与β垂直，记作_______． 它们所成的二面角是直二面角 互相垂直 α⊥β 核心概念掌握 8 2．两平面垂直的判定定理 (1)文字语言：如果一个平面过__________________，那么这两个平面____． (2)符号语言：若___________，则______． (3)作用：____________________． [提示]　有助于判断面面垂直的结论 (1)m∥n，m⊥α，n⊂β⇒α⊥β. (2)m⊥α，n⊥β，m⊥n⇒α⊥β. (3)α∥β，γ⊥α⇒γ⊥β. 另一个平面的垂线 垂直 a⊂α，a⊥β α⊥β 证两平面垂直 核心概念掌握 9 1．(二面角的平面角)在二面角α－l－β的棱l上任选一点O，若∠AOB是二面角α－l－β的平面角，则必须具有的条件是(　　) A．AO⊥BO，AO⊂α，BO⊂β B．AO⊥l，BO⊥l C．AB⊥l，AO⊂α，BO⊂β D．AO⊥l，BO⊥l，且AO⊂α，BO⊂β 核心概念掌握 10 2．(面面垂直的判定定理)过一点可作________个平面与已知平面垂直． 3．(面面垂直的判定定理)如图，空间四边形ABCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，那么图中互相垂直的平面有__________________________________________． 无数 平面ABD⊥平面BCD，平面ACD⊥平面BCD 核心概念掌握 11 核心素养形成 题型一　求二面角 例1　四边形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD. 求：(1)二面角A－PD－C的平面角的度数； (2)二面角B－PA－D的平面角的度数； (3)二面角B－PA－C的平面角的度数． 解　(1)∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD. 又四边形ABCD为正方形，∴CD⊥AD. 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD. 又CD⊂平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD. ∴二面角A－PD－C的平面角的度数为90°. 核心素养形成 13 (2)∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴AB⊥PA，AD⊥PA， ∴∠BAD为二面角B－PA－D的平面角． 又四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°， ∴二面角B－PA－D的平面角的度数为90°. 核心素养形成 14 (3)∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴AB⊥PA，AC⊥PA， ∴∠BAC为二面角B－PA－C的平面角． 又四边形ABCD为正方形，∴∠BAC＝45°. 即二面角B－PA－C的平面角的度数为45°. 核心素养形成 15 解: ∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥BC，PA⊥AB. 又BC⊥AB，且AB∩AP＝A，AB，AP⊂平面PAB， ∴BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB， ∴BC⊥PB. 又AB⊥BC， ∴∠PBA为二面角P－BC－D的平面角． 在Rt△PAB中，AP＝AB，∴∠PBA＝45°. ∴二面角P－BC－D的平面角的度数为45°. [条件探究]　在本例中，若添加条件“PA＝AB”，则二面角P－BC－D的平面角的度数又该如何求解？ 核心素养形成 16 【感悟提升】　 1．确定二面角的平面角的方法 核心素养形成 17 2．求二面角大小的步骤 核心素养形成 18 【跟踪训练】 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． 核心素养形成 19 解:由已知得PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC， ∴PA⊥BC，PA⊥AC. ∵AB是⊙O的直径，且点C在圆周上， ∴AC⊥BC. 又PA∩AC＝A，PA，PC⊂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，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°. 核心素养形成 20 题型二　用定义法证明平面与平面垂直 核心素养形成 21 核心素养形成 22 核心素养形成 23 【感悟提升】　用定义证明两个平面垂直的步骤 利用两个平面互相垂直的定义可以直接证明两个平面垂直，证明的步骤是：①找出两个相交平面的二面角的平面角；②证明这个二面角的平面角是直角；③根据定义，这两个平面互相垂直． 核心素养形成 24 【跟踪训练】 2．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.证明：平面AEC⊥平面AFC. 核心素养形成 25 核心素养形成 26 核心素养形成 27 题型三　利用判定定理证明面面垂直 例3　如图，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．求证：平面EFG⊥平面PDC. 核心素养形成 28 证明　∵MA⊥平面ABCD，PD∥MA， ∴PD⊥平面ABCD. 又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC. ∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC. 又PD∩DC＝D，PD，DC⊂平面PDC， ∴BC⊥平面PDC. 在△PBC中，G，F分别为PB，PC的中点， ∴GF∥BC，∴GF⊥平面PDC. 又GF⊂平面EFG， ∴平面EFG⊥平面PDC. 核心素养形成 29 【感悟提升】　证明面面垂直的方法 核心素养形成 30 【跟踪训练】 3.如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上． 求证：平面AEC⊥平面PDB. 证明:∵四边形ABCD为正方形， ∴AC⊥BD. ∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴AC⊥PD. 又PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PDB， ∴AC⊥平面PDB. 又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB. 核心素养形成 31 随堂水平达标 1．给出下列命题： 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，分别在两个平面内作射线所成的角． 其中正确的命题是(　　) A．①③ B．② C．③ D．①② 解析：由二面角的定义知，①错误；a，b分别垂直于两个平面，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错误．故选B. 随堂水平达标 33 2．(2024·广东深圳中学高一下阶段考试)过正方形ABCD的顶点A作AP⊥平面ABCD，且AP＝AB，则二面角P－CD－A的大小是(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：因为AP⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以AP⊥CD，又AD⊥CD，AD∩AP＝A，AD，AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以PD⊥CD，所以二面角P－CD－A的平面角是∠PDA，又AP＝AB，AB＝AD，所以AP＝AD，故∠PDA＝45°，即二面角P－CD－A的大小是45°.故选B. 随堂水平达标 34 3．(多选)如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A，D分别是BF，CE上的点，AD∥BC，且AB＝DE＝2BC＝2AF(如图1)．将四边形ADEF沿AD折起，连接BE，BF，CE(如图2)．在折起的过程中，下列说法正确的是(　　) A．AC∥平面BEF B．B，C，E，F四点不可能共面 C．若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD D．平面BCE与平面BEF可能垂直 随堂水平达标 35 随堂水平达标 36 随堂水平达标 37 4．如图所示，在三棱锥D－ABC中，若AB＝BC，AD＝CD，E是AC的中点，则平面ADC与平面BDE的关系是________． 解析：易知BE⊥AC，DE⊥AC，又BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BDE.又AC⊂平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDE. 垂直 随堂水平达标 38 5．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∠PDC＝90°，E为棱AP的中点，且AD⊥CE.求证：平面PAD⊥平面ABCD. 随堂水平达标 39 证明:如图，取AD的中点O，连接OE，OC，CA. ∵∠ABC＝60°，四边形ABCD为菱形， ∴△ACD为等边三角形，∴AD⊥OC. 又AD⊥CE，OC∩CE＝C，OC，CE⊂平面COE， ∴AD⊥平面COE.又OE⊂平面COE，∴AD⊥OE. 易知OE∥PD，∴AD⊥PD. 又∠PDC＝90°，∴PD⊥DC. 又AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD， ∴PD⊥平面ABCD. 又PD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD. 随堂水平达标 40 课后课时精练 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★★ ★ ★ ★★ 对点 求二面角 面面垂直的判定 求二面角 由二面角求线面所成角的正切值 面面垂直的判定；二面角的平面角 由二面角求线段长度 由面面垂直求线段长度 面面垂直的判定 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 面面垂直的判定 面面垂直的判定；求二面角 翻折问题；面面垂直的判定；求二面角 面面垂直的判定；求二面角的正切值 面面垂直的判定；求二面角 由面面垂直求线段长度的比值 面面垂直的判定；求二面角的正 弦值 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 42 一、选择题 1．从空间一点P向二面角α－l－β的两个面α，β分别作垂线PE，PF，E，F为垂足，若∠EPF＝60°，则二面角的平面角的大小是(　　) A．60° B．120° C．60°或120° D．不确定 解析：若点P在二面角内，则二面角的平面角为120°；若点P在二面角外，则二面角的平面角为60°. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 43 2．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：∵n⊥β，m∥n，∴m⊥β，又m⊂α，由平面与平面垂直的判定定理可得α⊥β. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 44 3．(2024·江苏淮安马坝高级中学高一学情调研)如图，点P在二面角α－AB－β的棱AB上，分别在α，β内引射线PM，PN，截得PM＝PN.若∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，则二面角α－AB－β的平面角的大小为(　　) A．45° B．60° C．90° D．120° 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 48 5．(多选)如图，在三棱锥P－ABC中，已知PC⊥BC，PC⊥AC，E，F，G分别是所在棱的中点，则下列结论中正确的是(　　) A．平面EFG∥平面PBC B．平面EFG⊥平面ABC C．∠BPC是直线EF与PC所成的角 D．∠FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 49 解析：A正确，∵E，F，G分别是所在棱的中点，∴GF∥PC，GE∥CB，∵GF∩GE＝G，PC∩CB＝C，∴平面EFG∥平面PBC；B正确，∵PC⊥BC，PC⊥AC，PC∥GF，∴GF⊥BC，GF⊥AC，又BC∩AC＝C，∴GF⊥平面ABC，∵GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面ABC；C正确，易知EF∥BP，∴∠BPC是直线EF与PC所成的角；D错误，∵GE与AB不垂直，∴∠FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角．故选ABC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 50 二、填空题 6．如图所示，一山坡的坡面与水平面成30°的二面角，坡面上有一直道AB＝20 m，它和坡脚的水平线成30°的角，沿这条山路从A走到B后升高__________m. 5 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 51 解析：如图，过B作BH⊥水平面，过H作HC垂直于坡脚线，连接BC，则∠BAC＝30°，由BH⊥AC，HC⊥AC，BH∩HC＝H，知AC⊥平面BHC，从而BC⊥AC，所以∠BCH为坡面与水平面所成二面角的平面角，所以∠BCH＝30°，在Rt△ABC和Rt△BCH中，因为AB＝20 m，所以BC＝ABsin30°＝10 m，所以BH＝BCsin30°＝5 m. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 52 7．如图，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，将△ABC沿斜边BC上的高AD折叠，使平面ABD⊥平面ACD，则BC＝________． 1 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 53 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 54 8．如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列四个结论： ①三棱锥A－D1PC的体积不变； ②A1P∥平面ACD1； ③DP⊥BC1； ④平面PDB1⊥平面ACD1. 其中正确结论的序号是________． ①②④ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 55 解析：连接AC，A1C1，A1B，AD1，D1C.因为AA1∥CC1， AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1. 又因为AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面 A1BC1.同理可证AD1∥平面A1BC1，又因为AC∩AD1＝A，AC， AD1⊂平面ACD1，所以平面ACD1∥平面A1BC1.因为A1P⊂平面 A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；因为BC1∥AD1，所以BC1∥平面ACD1，所以点P到平面ACD1的距离不变，所以三棱锥P－ACD1的体积不变．又因为VA－D1PC＝VP－ACD1 ，所以三棱锥A－D1PC的体积不变，故①正确； 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 56 连接DB，DC1，DP，因为DB＝DC1，所以当P为BC1的中点时 才有DP⊥BC1，故③错误；连接B1D1，B1D，因为BB1⊥平 面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.又因为AC⊥BD， BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D.又因为B1D⊂平面BB1D1D， 所以B1D⊥AC.同理可证B1D⊥AD1.又因为AC∩AD1＝A，AC， AD1⊂平面ACD1，所以B1D⊥平面ACD1.又因为B1D⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 57 三、解答题 9．(2024·甘肃环县一中高一下期末)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，E是线段A1C上的一点． (1)若A1E＝EC，求证：AA1∥平面BDE； (2)若BE⊥A1C，求证：平面A1DC⊥平面BDE. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 58 证明：(1)连接AC，交BD于点O，连接EO，如图所示． 因为底面ABCD为菱形， 所以O是AC的中点， 又A1E＝EC， 所以EO∥AA1， 又EO⊂平面BDE，AA1⊄平面BDE，所以AA1∥平面BDE. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 59 (2)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD， 因为BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD， 又底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD， 又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面A1AC， 所以BD⊥平面A1AC， 又A1C⊂平面A1AC，所以BD⊥A1C， 又BE⊥A1C，BE∩BD＝B，BE，BD⊂平面BDE， 所以A1C⊥平面BDE， 又A1C⊂平面A1DC， 所以平面A1DC⊥平面BDE. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 60 证明：(1)证明：由AB⊥BE，得AP⊥PE， 同理，DP⊥PE. 又AP∩DP＝P，AP，DP⊂平面PAD， ∴PE⊥平面PAD. 又PE⊂平面PDE， ∴平面PDE⊥平面PAD. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 61 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 62 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 63 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 64 12．如图，在三棱锥S－ABC中，SC⊥平面ABC，P，M分别是SC，SB的中点，设PM＝AC＝1，∠ACB＝90°，直线AM与PC所成的角为60°. (1)求证：平面MAP⊥平面SAC； (2)求二面角M－AC－B的平面角的正切值． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 65 解：(1)证明：∵SC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴SC⊥BC， 又∠ACB＝90°，∴AC⊥BC， 又AC∩SC＝C，AC，SC⊂平面SAC， ∴BC⊥平面SAC， 又P，M分别是SC，SB的中点， ∴PM∥BC，∴PM⊥平面SAC， 又PM⊂平面MAP，∴平面MAP⊥平面SAC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 66 (2)同(1)，可证AC⊥平面SBC， ∴AC⊥CM，AC⊥CB， 从而∠MCB为二面角M－AC－B的平面角， ∵直线AM与PC所成的角为60°， ∴过点M作MN⊥CB于点N，连接AN，如图所示， ∴MN∥PC， 则∠AMN＝60°， 在Rt△CAN中，CN＝PM＝1，AC＝1， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 67 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 68 13．(2024·陕西汉中高二上开学考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BCA＝∠CDA＝30°，PA⊥平面ABCD，E，F分别为PD，PC的中点． (1)求证：平面PAC⊥平面AEF； (2)设PA＝2AB＝2x，求二面角E－AC－D的大小． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 69 解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD， ∵∠ACD＝90°，∴AC⊥CD， 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， ∴CD⊥平面PAC， ∵E，F分别为PD，PC的中点， ∴EF∥CD，∴EF⊥平面PAC， 又EF⊂平面AEF， ∴平面PAC⊥平面AEF. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 70 (2)取AD的中点M，连接EM，取AC的中点H，连接EH，MH， 易知EM∥PA，又PA⊥平面ABCD，∴EM⊥平面ABCD， 又AC，MH⊂平面ABCD， ∴EM⊥AC，EM⊥MH， 易知MH∥CD， 又CD⊥AC，∴MH⊥AC， 又EM∩MH＝M，EM，MH⊂平面EHM， ∴AC⊥平面EHM， 又EH⊂平面EHM，故AC⊥EH， ∴∠EHM是二面角E－AC－D的平面角， 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 71 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 72 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 73 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 74 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 75 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 76 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 77 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 78 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 79 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 80 　　　　　　　　　　　　　 R 例2　如图所示，在四面体A－BCD中，BD＝eq \r(2)a，AB＝AD＝CB＝CD＝AC＝a. 求证：平面ABD⊥平面BCD. 证明　∵AB＝AD＝CB＝CD＝a， ∴△ABD与△BCD是等腰三角形． 取BD的中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，BD⊥CE. ∴∠AEC为二面角A－BD－C的平面角． 在Rt△ABE中，AB＝a，BE＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)a， ∴AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \f(\r(2),2)a. 同理CE＝eq \f(\r(2),2)a. 在△AEC中，AE＝CE＝eq \f(\r(2),2)a，AC＝a， ∴AC2＝AE2＋CE2， ∴AE⊥CE，即∠AEC＝90°， 即二面角A－BD－C的平面角为90°. ∴平面ABD⊥平面BCD. 证明：如图，连接BD，交AC于点G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq \r(3). 由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝eq \r(3)，且EG⊥AC. 同理可得FG⊥AC， 所以∠EGF为二面角E－AC－F的平面角． 在Rt△EBG中，可得BE＝eq \r(EG2－BG2)＝eq \r(2)， 故DF＝eq \f(\r(2),2). 在Rt△FDG中，可得FG＝eq \r(DG2＋DF2)＝eq \f(\r(6),2). 在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq \r(2)，DF＝eq \f(\r(2),2)，可得EF＝eq \f(3\r(2),2). 从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 即二面角E－AC－F的平面角为90°， 所以平面AEC⊥平面AFC. 解析：如图3，取AC的中点O，BE的中点M，连接MO，MF，则MO∥DE，MO＝eq \f(1,2)DE，则MO∥AF，又DE＝2AF，∴MO＝AF，∴四边形AOMF为平行四边形，∴AO∥FM，即AC∥FM.又FM⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，∴AC∥平面BEF，故A正确；∵直线BF与CE为异面直线，∴B，C，E，F四点不可能共面，故B正确； 如图4，连接CF，DF，在梯形ADEF中，易得EF⊥FD.又EF⊥CF，FD，CF⊂平面CDF且交于点F，∴EF⊥平面CDF.又CD⊂平面CDF，∴CD⊥EF.∵AD∥BC，∠BCD＝90°，∴CD⊥AD.∵EF和AD必交于一点且在平面ADEF内，∴CD⊥平面ADEF，∵CD⊂平面ABCD，∴平面ADEF⊥平面ABCD，故C正确；如图5，延长AF至G，使得AF＝FG，连接BG，EG.易得平面BCE⊥平面ABF，过F作FN⊥BG于N，则FN⊥平面BCE，若平面BCE⊥平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，矛盾，故D错误．故选ABC. 解析：过点M在α内作MQ⊥AB于点Q，连接NQ.∵PM＝PN，∠BPM＝∠BPN，∴△QPM≌△QPN，∴MQ＝NQ，∠PQM＝∠PQN＝90°，即NQ⊥AB，则∠MQN即为二面角α－AB－β的平面角，如图所示．设PQ＝a，∵∠QPN＝∠QPM＝45°，MQ⊥AB，NQ⊥AB，∴NQ＝MQ＝a，PN＝PM＝eq \r(2)a.又∠MPN＝60°，∴△MPN为等边三角形，则MN＝eq \r(2)a，∴NQ2＋MQ2＝MN2，∴∠MQN＝90°. 4．(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．eq \f(1,5) B．eq \f(\r(2),5) C．eq \f(\r(3),5) D．eq \f(2,5) 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，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝eq \r(3)，在△CDE中，由余弦定理得，CD＝eq \r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq \r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq \r(7)，由正弦定理得，eq \f(DE,sin∠DCE)＝eq \f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq \f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq \f(\r(3),2\r(7))，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝eq \r(1－sin2∠DCE)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2\r(7))))\s\up12(2))＝eq \f(5,2\r(7))，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为eq \f(\r(3),5).故选C. 解析：∵AD⊥BC，∴BD⊥AD，CD⊥AD，∴∠BDC为平面ABD与平面ACD所成二面角的平面角，∵平面ABD⊥平面ACD，∴∠BDC＝90°，又AB＝AC＝1，∠BAC＝90°，∴BD＋CD＝eq \r(AB2＋AC2)＝eq \r(2)，∴BD＝CD＝eq \f(\r(2),2)，折叠后，在Rt△BDC中，BC＝eq \r(BD2＋CD2)＝1. 10．如图，在矩形ABCD中，AB＝eq \r(2)，BC＝2，E为BC的中点，把△ABE和△CDE分别沿AE，DE折起，使点B与点C重合于点P. (1)求证：平面PDE⊥平面PAD； (2)求二面角P－AD－E的大小． (2)如图所示，取AD的中点F，连接PF，EF， 则易知PF⊥AD，EF⊥AD， ∴∠PFE就是二面角P－AD－E的平面角． 又PE⊥平面PAD，PF⊂平面PAD， ∴PE⊥PF. ∵EF＝AB＝eq \r(2)，PE＝BE＝1， ∴PF＝eq \r(EF2－PE2)＝eq \r(（\r(2)）2－1)＝1， ∴cos∠PFE＝eq \f(PF,EF)＝eq \f(\r(2),2)， ∴二面角P－AD－E的大小为45°. 11．(多选)(2024·海南华侨中学高一下月考)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝eq \f(1,2)AB＝2，E为AB的中点．以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点P的位置，且PC＝2eq \r(3)，则(　　) A．平面PED⊥平面PCD B．PC⊥BD C．二面角P－DC－B的大小为eq \f(π,4) D．PC与平面PED所成角的正切值为eq \r(2) 解析：由题易知EC＝2eq \r(2)，又PE＝2，PC＝2eq \r(3)，所以 PE2＋EC2＝PC2，所以PE⊥EC，又PE⊥ED，ED∩EC＝E， 所以PE⊥平面DEBC，所以PE⊥DC，又DC⊥DE，PE∩DE＝ E，所以DC⊥平面PED，又DC⊂平面PCD，所以平面PED⊥平面PCD，故A正确；PC在平面EBCD内的射影为EC，又四边形EBCD为正方形，所以BD⊥EC，PC⊥BD，故B正确；易知∠PDE即为二面角P－DC－B的平面角，又PE⊥ED，PE＝ED，所以∠PDE＝eq \f(π,4)，故C正确；易知∠CPD为PC与平面PED所成的角，又PD＝2eq \r(2)，CD＝2，CD⊥PD，所以tan∠CPD＝eq \f(CD,PD)＝eq \f(2,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，故D错误．故选ABC. 由勾股定理得AN＝eq \r(2). 在Rt△AMN中， MN＝eq \f(AN,tan∠AMN)＝eq \r(2)×eq \f(\r(3),3)＝eq \f(\r(6),3). 在Rt△CNM中， tan∠MCN＝eq \f(MN,CN)＝eq \f(\f(\r(6),3),\a\vs4\al(1))＝eq \f(\r(6),3)， 故二面角M－AC－B的平面角的正切值为eq \f(\r(6),3). 在△ABC中，AB＝x，∠ABC＝90°，∠BCA＝30°， 可得AC＝eq \f(AB,sin30°)＝2x， 在△ACD中，AC＝2x，∠ACD＝90°，∠ADC＝30°， 可得CD＝2eq \r(3)x， 在Rt△EHM中，MH＝eq \f(1,2)CD＝eq \r(3)x，EM＝eq \f(1,2)PA＝x， 可得tan∠EHM＝eq \f(EM,MH)＝eq \f(\r(3),3)，故∠EHM＝30°， 则二面角E－AC－D的大小为30°. 14．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝eq \r(2). (1)求证：AC1⊥平面A1BM； (2)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时eq \f(BN,BB1)的值；如果不存在，说明理由． 解：(1)证明：因为侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，所以AA1⊥BM. 又M为棱AC的中点，AB＝BC， 所以BM⊥AC. 因为AA1∩AC＝A，所以BM⊥平面AA1C1C. 又AC1⊂平面AA1C1C，所以BM⊥AC1. 因为M为棱AC的中点，AC＝2， 所以AM＝1. 又AA1＝eq \r(2)，所以在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝eq \r(2)， 所以∠AC1C＝∠A1MA， 即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，所以A1M⊥AC1. 因为BM∩A1M＝M，所以AC1⊥平面A1BM. (2)当N为BB1的中点，即eq \f(BN,BB1)＝eq \f(1,2)时，平面AC1N⊥平面AA1C1C. 设AC1的中点为D，连接DM，DN，AN，NC1. 因为D，M分别为AC1，AC的中点，所以DM∥CC1，且DM＝eq \f(1,2)CC1. 又因为N为BB1的中点， 所以DM∥BN，且DM＝BN. 所以四边形DNBM是平行四边形， 所以BM∥DN， 因为BM⊥平面AA1C1C，所以DN⊥平面AA1C1C. 又因为DN⊂平面AC1N，所以平面AC1N⊥平面AA1C1C. 15．(2024·河北石家庄二中教育集团高一下期末)如图，在三棱台ABC－DEF中，AC＝4，BC＝2，EF＝1，DE＝eq \r(5)，AD＝BE＝CF. (1)求证：平面ABED⊥平面ABC； (2)若四面体BCDF的体积为2，求二面角D－BE－F的正弦值． 解：(1)证明：延长三条侧棱交于点P. 因为BC＝2，EF＝1，所以D，E，F分别为三条侧棱的中点，且AB＝2DE＝2eq \r(5). 因为AD＝BE＝CF，所以AP＝BP＝CP. 取AB的中点M，则PM⊥AB. 因为AC＝4，BC＝2，AB＝2eq \r(5)， 所以AC2＋BC2＝AB2，所以CA⊥CB. 所以AM＝CM，则△PAM≌△PCM， 故∠PMA＝∠PMC＝90°，即PM⊥MC. 因为PM⊥AB，AB∩MC＝M，AB，MC⊂平面ABC， 所以PM⊥平面ABC. 又PM⊂平面ABED，故平面ABED⊥平面ABC. (2)因为VD－BCF＝eq \f(1,2)VD－BCP ＝eq \f(1,4)VA－BCP＝eq \f(1,4)VP－ABC＝2， 所以VP－ABC＝8. 而S△ABC＝eq \f(1,2)×4×2＝4， 所以VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·PM＝eq \f(1,3)×4×PM＝8， 解得PM＝6. 过F作FG⊥DE于点G，过G作GH⊥PB于点H，连接HF. 因为PM⊥平面ABC， 又平面ABC∥平面DEF， 所以PM⊥平面DEF， 又FG⊂平面DEF，所以PM⊥FG， 又PM与DE相交，且都在平面PAB内， 所以FG⊥平面PAB， 又PB⊂平面PAB，所以FG⊥PB， 又HG∩FG＝G，HG，FG⊂平面FGH， 所以PB⊥平面FGH， 又HF⊂平面FGH，所以PB⊥HF， 所以∠FHG为二面角D－BE－F的平面角． 由(1)可知DF＝eq \f(1,2)AC＝2， 所以FG＝eq \f(DF·FE,DE)＝eq \f(2,\r(5))，GE＝eq \r(FE2－FG2)＝eq \f(1,\r(5))， HG＝GEsin∠PED＝GEsin∠PBA＝eq \f(1,\r(5))×eq \f(PM,PB)＝eq \f(6,\r(5)×\r(41))， HF＝eq \r(HG2＋FG2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,\r(5)×\r(41))))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(5))))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(10),\r(41))， 所以sin∠FHG＝eq \f(FG,HF)＝eq \f(\f(2,\r(5)),\f(2\r(10),\r(41)))＝eq \f(\r(82),10)，所以二面角D－BE－F的正弦值为eq \f(\r(82),10). $$