6.5.2 第2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（北师大版2019）

第六章　立体几何初步 §5　垂直关系 5.2　平面与平面垂直 第2课时　平面与平面垂直的判定 (教师独具内容) 课程标准：借助长方体，通过直观感知，了解空间中平面与平面垂直的关系，归纳出平面与平面垂直的判定定理，并加以证明． 教学重点：1.理解平面与平面垂直的判定定理.2.能够利用平面与平面垂直的判定定理证明简单的几何命题，并会进行简单应用． 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 过 垂线 知识点　平面与平面垂直的判定定理 l⊂α l⊥β 核心概念掌握 5 1．垂直关系之间的相互转化 核心概念掌握 6 2．平行关系与垂直关系之间的相互转化 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若平面α内的一条直线垂直于平面β内两条平行线，则α⊥β.(　　) (2)应用面面垂直的判定定理的关键在于，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．(　　) (3)平面α和β分别过两条互相垂直的直线，则α⊥β.(　　) (4)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的两条相交直线，则α⊥β.(　　) √ × × √ 核心概念掌握 8 2．做一做 (1)设l是直线，α，β是两个不同的平面(　　) A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，则l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β (2)在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，BD⊥AD，则必有(　　) A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABC C．平面BCD⊥平面ADC D．平面ABC⊥平面BCD 核心概念掌握 9 (3)如图，已知PA垂直于圆O所在平面．AB是圆O的直径，C是圆周上一点．则图中垂直的平面共有________对． 3 核心概念掌握 10 核心素养形成 题型一　面面垂直的判定 如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，点E在侧棱PB上．求证：平面AEC⊥平面PBD. 证明　∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， ∴PD⊥AC. ∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD， 又PD∩BD＝D， ∴AC⊥平面PBD. 又AC⊂平面AEC， ∴平面AEC⊥平面PBD. 核心素养形成 12 【感悟提升】　利用面面垂直的判定定理证明面面垂直 要证面面垂直，只要证线面垂直．即在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直．这是证明面面垂直的常用方法，其基本步骤是： 核心素养形成 13 【跟踪训练】 1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，D为棱CC1上任一点． 求证：平面ABD⊥平面BCC1B1. 证明：因为三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以AB⊥BB1. 又因为AB⊥BC，BB1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，且BB1∩BC＝B， 所以AB⊥平面BCC1B1. 又因为AB⊂平面ABD， 所以平面ABD⊥平面BCC1B1. 核心素养形成 14 题型二　垂直关系的综合应用 如图，四边形ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，BK ⊥SC于点K，连接DK. 求证：(1)平面SBC⊥平面KBD； (2)平面SBC不垂直于平面SDC. 核心素养形成 15 证明　 (1)连接AC. ∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD. ∵SA⊥平面ABCD，∴SA⊥BD， 又AC∩SA＝A， ∴BD⊥平面SAC，∴SC⊥BD. 又SC⊥BK，BK∩BD＝B， ∴SC⊥平面KBD. 又SC⊂平面SBC，∴平面SBC⊥平面KBD. 核心素养形成 16 (2)假设平面SBC⊥平面SDC. ∵平面SBC∩平面SDC＝SC，BK⊥SC，BK⊂平面SBC，∴BK⊥平面SDC. ∵DC⊂平面SDC，∴BK⊥DC， 又AB∥DC，∴BK⊥AB. ∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥BC， ∴AB⊥平面SBC，又SB⊂平面SBC， ∴AB⊥SB，这与∠SBA是Rt△SAB的一个锐角矛盾， 故假设不成立． ∴原结论成立，即平面SBC不垂直于平面SDC. 核心素养形成 17 【感悟提升】　 (1)在有关垂直问题的证明过程中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化．因此，判定定理与性质定理的合理应用是证明垂直问题的关键． (2)空间问题转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，要通过几何图形自身的特点，如等腰(等边)三角形的“三线合一”、中位线定理、菱形的对角线互相垂直等，得出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． 核心素养形成 18 【跟踪训练】 2.如图，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥EC，且EC＝CA＝2BD，M是EA的中点，求证： (1)DE＝DA； (2)平面BDM⊥平面ECA； (3)平面DEA⊥平面ECA. 核心素养形成 19 证明：(1)如图，取EC的中点F，连接DF. 因为EC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以EC⊥BC. 又BD∥EC， 所以BD⊥平面ABC， 所以BD⊥BC，BD⊥BA. 因为EC＝CA＝2BD，所以四边形DBCF是矩形， 所以DF⊥EC. 因为DF＝BC＝AB，EF＝BD，∠EFD＝∠DBA＝90°， 所以△DEF≌△ADB，所以DE＝DA. 核心素养形成 20 核心素养形成 21 核心素养形成 22 随堂水平达标 1．直线l⊥平面α，l⊂平面β，则α与β的位置关系是(　　) A．平行 B．可能重合 C．相交且垂直 D．相交不垂直 解析：根据面面垂直的判定定理可知C正确． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 24 2．已知直线m，n与平面α，β，γ，下列能使α⊥β成立的条件是(　　) A．α⊥γ，β⊥γ B．α∩β＝m，m⊥n，n⊂β C．m∥α，m∥β D．m∥α，m⊥β 解析：选择适合条件的几何图形观察可得，A中α与β相交或平行；B中α，β相交，但不一定垂直；C中α∥β或α与β相交． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 25 3.如图所示，四边形ABCD为正方形，直线PA⊥平面 ABCD，则在平面PAB、平面PAD、平面PCD、平面PBC及 平面ABCD中，互相垂直的有(　　) A．3对 B．4对 C．5对 D．6对 解析：互相垂直的平面有：平面PAB⊥平面PAD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PBC，平面PAD⊥平面PCD，共5对． 随堂水平达标 1 2 3 4 5 26 4.(多选)如图，点P为四边形ABCD外一点，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，E为AD的中点，则下列结论一定成立的是(　　) A．PE⊥AC B．PE⊥BC C．平面PBE⊥平面ABCD D．平面PBE⊥平面PAD 解析：因为PA＝PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥AC，PE⊥BC，所以A，B结论一定成立．又PE⊂平面PBE，所以平面PBE⊥平面ABCD，所以C结论一定成立．若平面PBE⊥平面PAD，则AD⊥平面PBE，必有AD⊥BE，此关系不一定成立．故选ABC. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 27 5.如图所示，已知ABCD－A1B1C1D1为长方体，且底面ABCD为正方形，试问截面ACB1与对角面BD1垂直吗？ 解：因为四边形ABCD是正方形， 所以AC⊥BD. 因为BB1⊥底面ABCD，所以AC⊥BB1. 又BD∩BB1＝B，故AC⊥对角面BD1. 又AC⊂截面ACB1， 所以截面ACB1⊥对角面BD1. 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 课后课时精练 一、选择题 1．在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下列四个结论中不正确的是(　　) A．BC∥平面PDF B．DF⊥平面PAE C．平面PDF⊥平面ABC D．平面PAE⊥平面ABC 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 30 解析：如图所示，∵正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，∴BC∥DF，∴BC∥平面PDF，故A正确；由题可知BC⊥PE，BC⊥AE，∴BC⊥平面PAE，∵DF∥BC，∴DF⊥平面PAE，故B正确；∵BC⊥平面PAE，∴平面PAE⊥平面ABC，故D正确，C错误． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 31 2.在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A－BCD，如图．则在三棱锥A－BCD中，下列结论正确的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC 解析：在平面图形中，CD⊥BD，折起后仍然满足CD⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD，所以CD⊥平面ABD，所以CD⊥AB.又因为AB⊥AD，所以AB⊥平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 32 3.如图，正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD上的动点，则(　　) A．存在点G，使PG⊥EF成立 B．存在点G，使FG⊥EP成立 C．不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立 D．不存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 33 解析：因为正四面体ABCD中，BD⊥EF，若PG⊥EF，则EF⊥平面ABD，显然不可能，所以A错误；易得BF∥EP，若FG⊥EP，则FG⊥BF，易得△BFD为锐角三角形，所以FG⊥BF不成立，故B错误；设点B在平面ACD内的投影为O，则BO⊥平面ACD，显然BO与平面EFG相交，所以不存在点G使平面EFG⊥平面ACD，C正确；当点G为BD的中点时，平面EFG⊥平面ABD，D错误．故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 34 4．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，则在翻折过程中，可能成立的结论为(　　) A．DF⊥BC B．BD∥FC C．平面BDF⊥平面BCF D．平面CDF⊥平面BCF 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 35 解析：对于A，因为BC∥AD，AD与DF相交且不垂直，所以BC与DF不垂直，故A错误；对于B，显然BD不可能平行于FC，故B错误；对于C，设点D在平面BCF上的投影为点P，当点P落在BF上时，DP⊥平面BCF，DP⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCF，故C正确；对于D，因为点D的投影不可能在FC上，所以平面CDF⊥平面BCF不成立，故D错误．故选C. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 36 5．(多选)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，下列说法正确的是(　　) A．A1C1⊥AD1 B．A1C1⊥BD C．平面A1C1B∥平面ACD1 D．平面A1C1B⊥平面BB1D1D 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 37 解析：因为A1C1∥AC，所以直线A1C1与AD1的夹角为∠D1AC＝60°，故A不正确；因为A1C1∥AC，AC⊥BD，所以A1C1⊥BD，故B正确；因为A1C1∥AC，A1B∥CD1，A1C1∩A1B＝A1，AC∩CD1＝C，所以平面A1C1B∥平面ACD1，故C正确；因为A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，B1D1∩DD1＝D1，所以A1C1⊥平面BB1D1D，又A1C1⊂平面A1C1B，所以平面A1C1B⊥平面BB1D1D，故D正确．故选BCD. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 38 二、填空题 6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是CC1的中点，则平面EBD与平面AA1C1C的位置关系是________． 解析：∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD.∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.∵AA1，AC⊂平面AA1C1C，AA1∩AC＝A，∴BD⊥平面AA1C1C，∵BD⊂平面EBD，∴平面EBD⊥平面AA1C1C. 垂直 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 39 7．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足_________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可) 解析：连接AC，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD.∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC，∴当DM⊥PC时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD. DM⊥PC 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 40 8．如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论正确的是________．(填序号) ①PB⊥AD； ②平面PAB⊥平面PAE； ③BC∥平面PAE； ④直线PD与平面ABC的夹角为45°. ②④ 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 41 解析：由于AD与AB不垂直，因此得不到PB⊥AD，①不正确；由PA⊥AB，AE⊥AB，PA∩AE＝A，得AB⊥平面PAE，因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAE，②正确；延长CB，EA，两者相交，因此BC与平面PAE相交，③不正确；由于PA⊥平面ABC，所以∠PDA就是直线PD与平面ABC的夹角，由PA＝2AB，AD＝2AB，得PA＝AD，所以∠PDA＝45°，④正确． 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 42 三、解答题 9.如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD， AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证： 平面BEF⊥平面PAD. 证明：如图，连接BD， ∵AB＝AD，∠BAD＝60°， ∴△ABD为等边三角形． 又F是AD的中点，∴BF⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BF⊂平面ABCD， ∴BF⊥平面PAD. 又BF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAD. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 43 10．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.求证：平面AEC⊥平面AFC. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 44 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 45 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 46 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 47 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 48 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 49 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 50 解：(1)证明：∵DE⊥AE，DE⊥EC，AE∩EC＝E， ∴DE⊥平面ABCE， ∴DE⊥BC. 又BC⊥CE，DE，CE⊂平面CDE，DE∩CE＝E， ∴BC⊥平面CDE. 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 51 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 52 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 53 　　　　　　　　　　　　　 R 文字语言 图形语言 符号语言 如果一个平面___另一个平面的_____，那么这两个平面垂直 eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\co1(______, ______))⇒α⊥β (2)取AC的中点N，连接MN，BN， 则MN綊eq \f(1,2)EC， 而DB綊eq \f(1,2)EC，所以MN綊DB， 所以点N在平面BDM内． 因为EC⊥平面ABC，BN⊂平面ABC， 所以EC⊥BN. 因为△ABC是正三角形，点N为AC的中点， 所以BN⊥AC. 又AC∩EC＝C，所以BN⊥平面ECA. 因为BN⊂平面BDM， 所以平面BDM⊥平面ECA. (3)因为DM∥BN，BN⊥平面ECA， 所以DM⊥平面ECA. 又DM⊂平面DEA，所以平面DEA⊥平面ECA. 证明：如图，连接BD，设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 \f(1,2)AC＝AG＝eq \r(3)，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，BE＝eq \r(EG2－BG2)＝eq \r(2)， 故DF＝eq \f(\r(2),2). 在Rt△FDG中，FG＝eq \r(DF2＋DG2)＝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). 因为EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG. 又AC∩FG＝G，AC，FG⊂平面AFC， 所以EG⊥平面AFC.又EG⊂平面AEC， 所以平面AEC⊥平面AFC. 11.已知三棱锥A－BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且eq \f(AE,AC)＝eq \f(AF,AD)＝λ(0<λ<1)． (1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC； (2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD? 解：(1)证明：因为∠BCD＝90°， 所以BC⊥CD. 因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD. 又因为AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC. 因为eq \f(AE,AC)＝eq \f(AF,AD)，所以EF∥CD， 所以EF⊥平面ABC. 又因为EF⊂平面BEF， 所以平面BEF⊥平面ABC. 故不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC. (2)由(1)得EF⊥平面ABC，因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE. 要使平面BEF⊥平面ACD，只需BE⊥AC. 因为∠BCD＝90°，BC＝CD＝1， 所以BD＝eq \r(2). 又因为AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°， 所以AB＝eq \r(6)，AC＝eq \r(7)， 所以BE＝eq \f(AB·BC,AC)＝eq \f(\r(42),7)， 所以AE＝eq \f(6\r(7),7)，所以λ＝eq \f(AE,AC)＝eq \f(6,7). 故当λ＝eq \f(6,7)时，平面BEF⊥平面ACD. 12．如图，已知直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，CD＝1＋eq \r(3)，过点A作AE⊥CD，垂足为点E，现将△ADE沿AE翻折，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． (2)分析可知，点R满足AR＝eq \f(1,4)AE时，平面BDR⊥平面BDC. 理由如下： 取BD的中点Q，连接DR，BR，CR，CQ，RQ. 易得CD＝2，BD＝2eq \r(2)，BR＝eq \f(\r(5),2)，CR＝eq \f(\r(13),2)，DR＝eq \f(\r(21),2)，CQ＝eq \r(2). 由平行四边形的性质得2(DR2＋BR2)＝BD2＋(2RQ)2， ∴2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(21,4)＋\f(5,4)))＝(2eq \r(2))2＋4RQ2， 解得RQ＝eq \f(\r(5),2)， ∴CQ2＋RQ2＝CR2， ∴CQ⊥RQ. ∵在△CBD中，CD＝CB＝2，Q为BD的中点， ∴CQ⊥BD， 又CQ⊥RQ，BD∩RQ＝Q， ∴CQ⊥平面BDR. ∵CQ⊂平面BDC， ∴平面BDR⊥平面BDC. $$