8.6.3 第2课时 平面与平面垂直的性质-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册创新导学案word（人教A版2019）

第2课时　平面与平面垂直的性质 (教师独具内容) 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性质定理． 教学重点：探究、发现平面与平面垂直的性质定理． 教学难点：平面与平面垂直的性质定理、判定定理的综合应用． 核心素养：1.通过从教材的实例中归纳出平面与平面垂直的性质定理的过程培养数学抽象素养.2.通过利用平面与平面垂直的性质定理解决与垂直相关的问题提升逻辑推理素养． 知识点　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 ⇒a⊥β 图形语言 作用 ①面面垂直⇒线面垂直； ②作面的垂线 [提示]　平面与平面垂直的其他性质与结论(1)α⊥β，A∈α，A∈b，b⊥β⇒b⊂α. (2)α⊥β ，γ∥β ⇒γ⊥α. (3)α⊥β，b⊥β ⇒b∥α或b⊂α. (4)α∩β ＝l，α⊥γ，β⊥γ⇒l⊥γ. (5)α⊥β，α∩β＝l，β⊥γ，β∩γ＝m，γ⊥α，γ∩α＝n⇒l⊥m，m⊥n，l⊥n. 1．(面面垂直的性质定理)在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC，AD＝CD，则BD与CC1(　　) A．平行 B．共面 C．垂直 D．不垂直 答案：C 2．(面面垂直的性质定理)如图所示，平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈平面α，AB⊥l，垂足为B，C∈平面β，若AB＝3，BC＝4，则AC＝________． 答案：5 3．(面面垂直的性质)给出下列说法： ①如果两个平面垂直，那么一个平面内的直线一定垂直于另一个平面；②如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内；③若平面α⊥平面β，且平面α内的一条直线a垂直于平面β内的一条直线b，则直线a必垂直于平面β. 其中说法正确的是________(填序号)． 答案：② 题型一　垂直关系的相互转化 例1　已知m，n表示直线，α，β，γ表示平面，给出下列三个命题： ①若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β； ②若α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则n⊥m； ③若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β. 其中正确的命题是(　　) A．①② B．③ C．②③ D．①②③ [解析]　对于①，依据线面垂直的判定定理，一条直线垂直于一个平面内的两条相交直线，才能得到该直线与此平面垂直，而n只与β内的一条直线m垂直，不能得到n⊥β，故①不正确；对于②，如图所示，在长方体ABCD－A′B′C′D′中，平面DCC′D′⊥平面ABCD，平面ABC′D′与平面DCC′D′的交线为C′D′，与平面ABCD的交线为AB，但C′D′∥AB，故②不正确；对于③，由于m⊥α，m⊥n，则n在平面α内或n∥α.若n在平面α内，由n⊥β可得α⊥β；若n∥α，过n作平面与α交于直线l，则n∥l，由n⊥β得l⊥β，从而α⊥β，故③正确．故选B. [答案]　B 【感悟提升】　空间中的垂直关系有线线垂直、线面垂直、面面垂直，这三种关系不是孤立的，而是相互关联的．它们之间的转化关系如下： 【跟踪训练】 1．若m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　) A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α B．若α∩γ＝m，β∩γ＝n，m∥n，则α∥β C．若m⊥β，m∥α，则α⊥β D．若α⊥γ，α⊥β，则β⊥γ 答案：C 解析：由线面平行、垂直的有关知识可排除A，B，D；对于C，因为m∥α，过m作平面γ交α于m′，则m′∥m，由于m⊥β，故m′⊥β，又m′⊂α，则α⊥β，所以C正确． 题型二　平面与平面垂直的性质定理的应用 例2　如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，G为AD的中点，四边形ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，△PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD. 求证：(1)BG⊥平面PAD； (2)AD⊥PB. [证明]　(1)如图，连接PG，BD，∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°， ∴△ABD是正三角形， ∵G为AD的中点， ∴BG⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，BG⊂平面ABCD， ∴BG⊥平面PAD. (2)由(1)可知BG⊥AD， ∵△PAD为正三角形，G为AD的中点， ∴PG⊥AD. 又PG∩BG＝G，PG，BG⊂平面PBG，∴AD⊥平面PBG， 又PB⊂平面PBG，∴AD⊥PB. 【感悟提升】　应用面面垂直的性质定理的策略 (1)应用步骤：面面垂直线面垂直―→线线垂直． (2)应用类型：①证明线面垂直、线线垂直；②作直线与平面所成的角或二面角的平面角． 提醒：面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可． 【跟踪训练】 2．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面ABCD⊥平面PAB，四边形ABCD为矩形，PA＝AB，E，F分别为PC，PB的中点．证明：平面DEF⊥平面PBC. 证明：因为平面ABCD⊥平面PAB， 平面ABCD∩平面PAB＝AB，CB⊥AB，CB⊂平面ABCD，所以CB⊥平面PAB， 因为E，F分别为PC，PB的中点， 所以EF∥CB，所以EF⊥平面PAB， 因为PB⊂平面PAB，所以EF⊥PB， 连接AF，因为EF∥CB∥AD， 所以A，D，E，F四点共面， 因为PA＝AB，所以PB⊥AF， 因为AF∩EF＝F，AF，EF⊂平面DEF， 所以PB⊥平面DEF，因为PB⊂平面PBC， 所以平面DEF⊥平面PBC. 题型三　线面垂直与面面垂直的综合应用 例3　如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足． (1)求证：PA⊥平面ABC； (2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形． 证明：(1)如图，在平面ABC内取一点D，过点D作DF⊥AC于点F. ∵平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC， ∴DF⊥平面PAC. ∵PA⊂平面PAC，∴DF⊥PA. 过点D作DG⊥AB于点G， 同理可证DG⊥PA. ∵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于点H. ∵点E是△PBC的垂心，∴PC⊥BE. 又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，∴PC⊥AE. ∵AE∩BE＝E，∴PC⊥平面ABE. 又AB⊂平面ABE，∴PC⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABC， 又AB⊂平面ABC，∴PA⊥AB. ∵PA∩PC＝P，∴AB⊥平面PAC. 又AC⊂平面PAC，∴AB⊥AC， 即△ABC是直角三角形． 【感悟提升】　空间问题化成平面问题是解决立体几何问题的一个基本原则，解题时，要抓住几何图形自身的特点，如等腰(边)三角形的三线合一、中位线定理、菱形的对角线互相垂直等．还可以通过解三角形，产生一些题目所需要的条件，对于一些较复杂的问题，注意应用转化思想解决问题． 【跟踪训练】 3．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为轴转动． (1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD； (2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论． 解：(1)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. 由已知可得DE＝，EC＝1. 在Rt△DEC中，CD＝＝2. (2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD. 证明：①当D在平面ABC内时，因为AC＝BC，AD＝BD， 所以C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD； ②当D不在平面ABC内时，由(1)知AB⊥DE. 又因为AC＝BC，所以AB⊥CE. 又因为DE，CE为平面CDE内的两条相交直线， 所以AB⊥平面CDE. 由CD⊂平面CDE，得AB⊥CD. 综上所述，总有AB⊥CD. 1．若α⊥β，α∩β＝l，点P∈α，P∉l，则下列命题中正确的是(　　) ①过点P垂直于l的平面垂直于β； ②过点P垂直于l的直线垂直于β； ③过点P垂直于α的直线平行于β； ④过点P垂直于β的直线在α内． A．①③ B．②④ C．①②④ D．①③④ 答案：D 解析：当过点P垂直于l的直线不在α内时，该直线与β不垂直，故②不正确；①③④正确． 2．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 答案：B 解析：根据平面与平面垂直的性质定理判断．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n⊥β. 3．(多选)如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成几何体A－BCD，则在几何体A－BCD中，下列结论正确的是(　　) A．CD⊥平面ABD B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面ADC 答案：AD 解析：由已知得BA⊥AD，CD⊥BD，又平面ABD⊥平面BDC，∴CD⊥平面ABD，从而CD⊥AB，故AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面ADC.故选AD. 4．如图所示，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．若CD＝2，平面ABCD⊥平面DCEF，则线段MN的长等于________． 答案： 解析：取CD的中点G，连接MG，NG.因为四边形ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，所以MG⊥CD，MG＝2，NG＝.因为平面ABCD⊥平面DCEF，所以MG⊥平面DCEF，可得MG⊥NG，所以MN＝＝. 5．(2024·湖北宜昌一中高一月考)如图，在△ABC中，AC＝BC＝AB，四边形ABED是边长为1的正方形，平面ABED⊥平面ABC，若G，F分别是EC，BD的中点． 求证：(1)GF∥平面ABC； (2)平面BCD⊥平面ACD. 证明：(1)如图所示，连接AE，交BD于点F，则F为AE的中点， 又G为CE的中点，所以GF∥AC， 又GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC， 所以GF∥平面ABC. (2)因为AC＝BC＝AB， 所以AC2＋BC2＝AB2，则BC⊥AC. 又因为平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC＝AB，且AD⊥AB，AD⊂平面ABED， 所以AD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以AD⊥BC. 又AD∩AC＝A，所以BC⊥平面ACD， 又BC⊂平面BCD， 所以平面BCD⊥平面ACD. 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 面面垂直的性质定理 面面垂直的性质定理 面面垂直的性质定理 面面垂直的性质定理；点面距离 线面垂直与面面垂直的综合应用 面面垂直的性质定理 面面垂直的性质定理 翻折问题；线面垂直与面面垂直的综合应用 题号 9 10 11 12 13 14 15 难度 ★ ★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 面面垂直的性质定理；线面平行的判定定理 面面垂直的性质定理；求二面角的正弦值 翻折问题；线面垂直与面面垂直的综合应用 线面平行的判定定理；线面垂直与面面垂直的综合应用 面面垂直的性质定理；点面距离 翻折问题；线面垂直与面面垂直的综合应用 面面垂直的性质定理 一、选择题 1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝n，直线l⊂α，直线m⊂β，则下列说法正确的个数是(　　) ①若l⊥n，则l⊥β；②若l∥n，则l∥β；③若m⊥n，则m⊥α. A．0 B．1 C．2 D．3 答案：D 解析：由线面平行的判定定理知②正确；由面面垂直的性质定理知①③正确． 2．设α－l－β是直二面角，直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，a，b与直线l都不垂直，那么(　　) A．a与b可能垂直，但不可能平行 B．a与b可能垂直，也可能平行 C．a与b不可能垂直，但可能平行 D．a与b不可能垂直，也不可能平行 答案：C 解析：当a∥l，b∥l时，a∥b.若a⊥b，可在a上任取点A，过点A在α内作l的垂线c，如图，则c⊥β，所以c⊥b.因为a∩c＝A，所以b⊥α，所以b⊥l，这与已知矛盾．所以a与b不可能垂直． 3．(2024·贵州毕节市诊断(一))在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，若平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC，AD＝CD，则BD与CC1(　　) A．平行 B．共面 C．垂直 D．不垂直 答案：C 解析：如图所示，在四边形ABCD中，因为AB＝BC，AD＝CD，所以BD⊥AC.因为平面AA1C1C⊥平面ABCD，平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面AA1C1C.又CC1⊂平面AA1C1C，所以BD⊥CC1.故选C. 4．(2024·四川乐山高一下校考阶段练习)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱CC1的中点，则点B到平面A1B1M的距离为(　　) A． B． C． D． 答案：D 解析：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BCC1B1，而A1B1⊂平面A1B1M，则平面A1B1M⊥平面BCC1B1，在平面BCC1B1内过点B作BE⊥B1M于点E，连接BM，如图．因为平面A1B1M∩平面BCC1B1＝B1M，于是得BE⊥平面A1B1M，则BE的长即为点B到平面A1B1M的距离，M为棱CC1的中点，在△BMB1中，B1M＝BM＝＝，S△BMB1＝B1M·BE＝BB1·BC，即BE＝4，解得BE＝，所以点B到平面A1B1M的距离为.故选D. 5．(多选)(2024·重庆育才中学高一下月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC均是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论中成立的是(　　) A．PB⊥AC B．PD⊥平面ABCD C．AC⊥PD D．直线AC与平面PBC所成的角为45° 答案：ACD 解析：取PB的中点O，连接AO，CO，由题意知△PAB与△PBC均是正三角形，所以AO⊥PB，CO⊥PB，又AO∩CO＝O，AO，CO⊂平面AOC，所以PB⊥平面AOC，因为AC⊂平面AOC，所以PB⊥AC，故A成立；设AC∩BD＝Q，由△PAB与△PBC均是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，可得A，B，C，P四点的相对位置是固定的，易得AB＝BC，又AC⊥BD，所以在等腰三角形ABC中，Q是AC的中点，但QD的长度未知，所以没有条件确定D点与其他点的相对位置，所以无法确定PD⊥平面ABCD，故B不成立；因为AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD＝B，PB，BD⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD，因为PD⊂平面PBD，所以AC⊥PD，故C成立；因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC＝PB，AO⊂平面PAB，AO⊥PB，所以AO⊥平面PBC，因为CO⊂平面PBC，所以AO⊥CO，所以∠ACO即为直线AC与平面PBC所成的角，因为△PAB与△PBC均是正三角形，所以AO＝CO，从而∠ACO＝45°，故D成立．故选ACD. 二、填空题 6．如图，直二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝2，AC＝4，BD＝6，则CD的长为________． 答案：2 解析：过点A作AE∥BD且AE＝BD，连接ED，CE.因为AB⊥BD，所以四边形EDBA为矩形．因为α⊥β，且α∩β＝AB，AC⊥AB，AC⊂α，所以AC⊥β.又因为AE⊂β，所以AC⊥AE.又AC＝4，BD＝6，所以AE＝6，故CE＝＝2.因为ED⊂β，所以AC⊥ED，又AE⊥ED，AE∩AC＝A，所以ED⊥平面 AEC，又CE⊂平面AEC，故ED⊥CE.又因为AB＝2，所以ED＝2，则CD＝＝2. 7．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________． 答案：45° 解析：如图，过点A作AO⊥BD于点O，∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，∴AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．∵∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠ADO＝45°，∴AD与平面BCD所成的角为45°. 8．如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，沿BD将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则在四面体A－BCD的四个面中，互相垂直的平面的对数为__________． 答案：3 解析：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊥BD，所以AB⊥平面BCD，所以平面ABC⊥平面BCD.因为在折叠前AB⊥BD，AB∥CD，所以CD⊥BD.折叠后仍有CD⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD，共3对． 三、解答题 9．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，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB. 又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC， 所以EF∥平面ABC. (2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC⊂平面BCD，BC⊥BD， 所以BC⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD，所以BC⊥AD. 又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB，BC⊂平面ABC， 所以AD⊥平面ABC. 又因为AC⊂平面ABC，所以AD⊥AC. 10．(2024·四川凉山期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAB是正三角形，侧面PAB⊥底面ABCD，E是PB的中点． (1)求证：AE⊥平面PBC； (2)求侧面PCD与底面ABCD所成二面角的正弦值． 解：(1)证明：因为△PAB是正三角形，且E是PB的中点，所以AE⊥PB， 又底面ABCD是正方形，所以AB⊥BC， 又平面PAB⊥平面ABCD， 且平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥平面PAB， 又AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE， 又PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC， 所以AE⊥平面PBC. (2)如图，取AB的中点M，CD的中点N，连接PM，PN，MN， 因为△PAB是正三角形，所以PM⊥AB， 又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，PM⊂平面PAB， 所以PM⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD， 所以PM⊥CD. 由题意可知MN⊥CD，又PM∩MN＝M，PM，MN⊂平面PMN，所以CD⊥平面PMN， 又PN⊂平面PMN，所以CD⊥PN，故∠PNM为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角， 设AB＝a，则PM＝a，PN＝＝a， 所以sin∠PNM＝＝＝. 所以侧面PCD与底面ABCD所成二面角的正弦值为. 11．(多选)如图，边长为2a的正三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G.已知△A′ED是△AED绕DE旋转过程中的一个图形，则下列结论正确的是(　　) A．动点A′在平面ABC上的射影在线段AF上 B．三棱锥A′－FED的体积有最大值 C．恒有平面A′GF⊥平面BCED D．异面直线A′E与BD不可能互相垂直 答案：ABC 解析：在正三角形ABC中，AF为中线，DE为中位线，所以AF⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥A′G，DE⊥GF，又A′G∩GF＝G，所以DE⊥平面A′GF.又DE⊂平面BCED，所以平面A′GF⊥平面BCED，故C正确；过A′作A′H⊥AF，垂足为H，则A′H⊂平面A′GF，又平面A′GF⊥平面BCED，平面A′GF∩平面BCED＝AF，所以A′H⊥平面ABC，故A正确；三棱锥A′－FED的底面△FED的面积是定值，高是点A′到平面FED的距离．易证当A′G⊥平面FED时距离(即高)最大，三棱锥A′－FED的体积最大，故B正确；易知BD∥EF，所以∠A′EF是异面直线A′E与BD所成的角(或其补角)．因为正三角形ABC的边长为2a，所以A′E＝a，EF＝a.而0<A′F＜AF，所以A′F的长度的取值范围是(0，a)，当A′F＝a时，A′E2＋EF2＝A′F2，所以∠A′EF＝90°，此时直线A′E与BD互相垂直，故D错误．故选ABC. 12．(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝. (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A－CP－D的正弦值为，求AD. 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD， 又AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB. 因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC， 又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以AD∥平面PBC. (2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF， 因为PA⊥底面ABCD，所以平面PAC⊥底面ABCD， 又平面PAC∩底面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP， 又EF⊥CP，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF， 所以CP⊥平面DEF， 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角， 即sin∠DFE＝，所以tan∠DFE＝. 因为AD⊥DC，设AD＝x，则DC＝， 由等面积法可得，DE＝， 又CE＝＝，△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝， 故tan∠DFE＝＝， 解得x＝，即AD＝. 13．(2024·江西九江一中高一下月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥PD，PA＝PD，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为AB上的动点(与A，B两点不重合)． (1)判断平面PAE与平面PDE是否互相垂直．如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由； (2)若AD＝4，AB＝4，当E为AB的中点时，求点C到平面PDE的距离． 解：(1)平面PAE与平面PDE垂直．证明如下： 因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 又侧面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD. 又PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD. 又PD⊥PA，且PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB. 又PD⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面PAB，即平面PAE⊥平面PDE. (2)当E为AB的中点时，取AD的中点O，连接OP. 因为PA＝PD， 所以PO⊥AD. 因为侧面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥底面ABCD. 因为PA⊥PD，AD＝4，所以PA＝PD＝2，PO＝2. 在Rt△PAE中，AE＝AB＝2，PA＝2， 所以PE＝4. 由(1)知PD⊥平面PAB，又PE⊂平面PAB， 所以PD⊥PE. 所以S△PDE＝PD·PE＝×2×4＝4. 因为S△CDE＝CD·AD＝×4×4＝8， 所以VP－CDE＝S△CDE·PO＝×8×2＝. 设点C到平面PDE的距离为h， 则由VC－PDE＝S△PDE·h＝VP－CDE， 得×4h＝，解得h＝4， 所以点C到平面PDE的距离为4. 14．在直角梯形ABCD中，∠D＝∠BAD＝90°，AD＝DC＝AB＝a(如图所示)，将△ADC沿AC折起，将D翻折到D′，记平面ACD′为α，平面ABC为β，平面BCD′为γ. (1)若二面角α－AC－β为直二面角，求二面角β－BC－γ的大小； (2)若二面角α－AC－β为60°，求三棱锥D′－ABC的体积． 解：(1)在直角梯形ABCD中，由已知得△DAC为等腰直角三角形， ∴AC＝a，∠CAB＝45°. 如图所示，过C作CH⊥AB，垂足为H， 则AH＝CH＝a. 又AB＝2a， ∴BH＝a，BC＝a， ∵AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC. 取AC的中点E，连接D′E，则D′E⊥AC. ∵二面角α－AC－β为直二面角，∴D′E⊥β. 又BC⊂平面β，∴BC⊥D′E. ∵AC∩D′E＝E，AC，D′E⊂α，∴BC⊥α. 而D′C⊂α，∴BC⊥D′C， ∴∠D′CA为二面角β－BC－γ的平面角． 由于∠D′CA＝45°， ∴二面角β－BC－γ的大小为45°. (2)如图所示，过D′作D′O⊥β，垂足为O，连接OE， ∵AC⊂β，∴D′O⊥AC. 又由(1)可知AC⊥D′E，D′O与D′E相交于点D′，D′O，D′E⊂平面D′EO， ∴AC⊥平面D′EO，∴AC⊥OE. ∴∠D′EO为二面角α－AC－β的平面角， ∴∠D′EO＝60°. 在Rt△D′OE中，D′E＝AC＝a， D′O＝D′E＝a. ∴VD′－ABC＝S△ABC·D′O＝×AC×BC×D′O＝×a×a×a＝a3. 15．平面图形ABB1A1C1C如图1所示，其中BB1C1C是矩形，BC＝2，BB1＝4，AB＝AC＝，A1B1＝A1C1＝.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠，使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直，再分别连接A1A，A1B，A1C，得到如图2所示的空间图形，根据此空间图形解答下列问题． (1)证明：AA1⊥BC； (2)求AA1的长． 解：(1)证明：如图，取BC，B1C1的中点分别为D，D1，连接A1D1，DD1，AD，A1D，AD1. 由已知条件可知，BC⊥AD，B1C1⊥A1D1. 又平面ABC⊥平面BB1C1C， 平面ABC∩平面BB1C1C＝BC， 平面A1B1C1⊥平面BB1C1C，平面 A1B1C1∩平面BB1C1C＝B1C1， 所以AD⊥平面BB1C1C，A1D1⊥平面BB1C1C， 因此AD∥A1D1， 即AD，A1D1确定平面AD1A1D. 因为DD1∥BB1，BB1⊥BC，所以DD1⊥BC. 又AD⊥BC，AD∩DD1＝D，AD，DD1⊂平面AD1A1D， 所以BC⊥平面AD1A1D， 又AA1⊂平面AD1A1D，故AA1⊥BC. (2)延长A1D1到点G，使GD1＝AD，连接AG. 因为AD綊GD1，所以四边形AGD1D是平行四边形， 从而AG綊DD1綊BB1. 由于BB1⊥平面A1B1C1， 所以AG⊥平面A1B1C1，所以AG⊥A1G. 由条件可知，A1G＝A1D1＋D1G＝3，AG＝4. 所以AA1＝＝＝5. 22 学科网（北京）股份有限公司 $$