6.5.2 第1课时 平面与平面垂直-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（北师大版）

该高中数学课件聚焦“平面与平面垂直”，涵盖二面角定义、平面垂直判定与性质定理等核心知识。通过长方体模型直观感知空间垂直关系，衔接线面垂直知识，搭建从概念到应用的学习支架。 其亮点在于采用梯度进阶式教学，课前自主预习落实基础，课堂通过定义辨析、定理证明培养数学思维，结合正方体、三棱柱等实例强化空间观念。例题与跟踪检测注重符号与图形语言结合，助力学生构建知识体系，也为教师提供清晰教学路径。

5.2 平面与平面垂直 平面与平面垂直 [教学方式:深化学习课——梯度进阶式教学] 第1课时 课时目标 1.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. 2.了解二面角的相关概念,平面与平面垂直的定义,会求简单的二面角问题. 3.归纳出平面与平面垂直的性质定理、判定定理,并会证明平面与平面的垂直关系. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 1.半平面 一个平面内的一条直线,把这个平面分成两部分,其中的每一部分都称为_________. 半平面 2.二面角 定义 从一条直线出发的_____________所组成的图形称为二面角,这条直线称为二面角的_____,这两个半平面称为二面角的______ 图形 表示法 二面角________或二面角_______或二面角__________或二面角________ 两个半平面 棱 面 α⁃AB⁃β α⁃l⁃β P⁃AB⁃Q P⁃l⁃Q 3.二面角的平面角 定义 以二面角的棱上任一点为端点,在两个半平面内分别作________棱的两条射线,这两条射线的夹角称为二面角的________ 图形 符号 ⇒∠AOB是二面角的平面角 垂直于 平面角 4.直二面角 平面角是________的二面角称为直二面角. 5.两个平面互相垂直 定义 两个平面相交,如果所成的二面角是__________,就说这两个平面互相垂直 画法 画两个互相垂直的平面时,通常把直立平面的竖边画成与水平平面的横边垂直.如图 记作 α⊥β 直角 直二面角 　　构成二面角的平面角的三要素 　　“棱上”“面内”“垂直”.即二面角的平面角的顶点必须在棱上,角的两边必须分别在两个半平面内,角的两边必须都与棱垂直,这三个条件缺一不可.前两个要素决定了二面角的平面角大小的唯一性和平面角所在的平面与棱垂直. |微|点|助|解| 6.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________,那么这条直线与另一个平面________ 符号语言 α⊥β,α∩β=l, _______, _______⇒a⊥β 图形语言 作用 ①面面垂直⇒________垂直;②作平面的垂线 交线 垂直 a⊂α a⊥l 线面 (1)平面与平面垂直的性质定理成立的条件有三个: ①两个平面垂直;②有一条直线在其中一个平面内;③这条直线垂直于两个平面的交线. (2)如果两个平面垂直,那么分别在这两个平面内的两条直线可能平行、相交(含垂直相交)或异面. |微|点|助|解| 7.平面与平面垂直的判定定理 文字语言 图形语言 符号语言 作用 如果一个平面过另一个平面的______,那么这两个平面垂直 ⇒α⊥β 证面面 垂直 垂线 (1)面面垂直的判定定理可简述为“线面垂直⇒面面垂直”.要证明平面与平面垂直,只需转化为证明直线与平面垂直,这充分说明了线面垂直与面面垂直的密切关系. (2)要判断两个平面的垂直关系,就需要固定其中一个平面,找另一个平面内的一条直线与第一个平面垂直. (3)观察空间图形时,不能以平面的观点去看待,平面上画的两直线成锐角或钝角,在空间中可能是垂直的. |微|点|助|解| 基础落实训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)两个相交平面组成的图形叫作二面角. ( 　) (2)异面直线a,b分别和一个二面角的两个面垂直,则a,b的夹角与这个二面角的平面角相等或互补. ( 　) (3)如果两个平面垂直,那么经过第一个平面内一点且垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.即α⊥β,A∈α,A∈b,b⊥β⇒b⊂α. ( 　) (4)如果平面α⊥平面β,那么平面α内的所有直线都垂直于平面β. ( 　) × √ √ × 2.已知直线l⊥平面α,则经过l且和α垂直的平面 (　　) A.有一个 B.有两个 C.有无数个 D.不存在 3.若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则(　　) A.α∥γ B.α⊥γ C.α与γ相交但不垂直 D.以上都有可能 √ √ 4.如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,二面角A⁃BC⁃A1的平面角的大小等于_________. 45° 课堂题点研究·迁移应用融通 题型(一)　二面角的求法 [例1]　在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,AA1=1,则二面角D1⁃BC⁃D的平面角的余弦值为 (　　) A. B. C. D. √ 解析:在长方体ABCD⁃A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,AA1=1,∴CD1=. ∵BC⊥平面DCC1D1,CD1⊂平面DCC1D1,∴BC⊥CD1. 又平面D1BC∩平面BCD=BC,BC⊥CD, ∴∠D1CD为二面角D1⁃BC⁃D的平面角, cos∠D1CD===.∴二面角D1⁃BC⁃D的平面角的余弦值为. 故选D. 1.求二面角大小的步骤 (1)找出这个二面角的平面角; (2)证明这个角是二面角的平面角; (3)作出这个角所在的三角形,解这个三角形,求出角的大小. 2.确定二面角的平面角的方法 (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过该点作垂直于棱的射线. (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,这两条交线的夹角,即为二面角的平面角. |思|维|建|模| 针对训练 1.如图,AB是圆的直径,PA⊥BC,C是圆上一点(不同于A,B), 且PA=AC,则二面角P⁃BC⁃A的平面角为 (　　) A.∠PAC B.∠CPA C.∠PCA D.∠CAB 解析:∵C是圆上一点(不同于A,B),AB是圆的直径,∴AC⊥BC.又PA⊥BC, AC∩PA=A,∴BC⊥平面PAC.而PC⊂平面PAC,∴BC⊥PC.又平面ABC∩平面PBC=BC,PC∩AC=C,∴由二面角的定义,得∠PCA为二面角P⁃BC⁃A的平面角. √ 2.如图,在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,E,F分别为AB, AA1的中点,则平面CEB1与平面D1FB1所成二面角的平面角的正弦值为_________. 解析:设棱长为1,延长CE,D1F,DA交于一点G, 如图所示,所以B1C=,B1G=,CG=, 则B1C2+B1G2=CG2,故B1G⊥B1C. 同理B1D1⊥B1G,则∠CB1D1即为所求二面角的 平面角,而D1C=B1D1=B1C=, 所以∠CB1D1=60°,其正弦值为. 题型(二)　平面与平面垂直的性质定理及其应用 [例2]　如图所示,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC, AE⊥平面PBC,E为垂足. (1)求证:PA⊥平面ABC; 证明:如图,在平面ABC内取一点D,作DF⊥AC于F. ∵平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC, ∴DF⊥平面PAC. ∵PA⊂平面PAC, ∴DF⊥AP. 作DG⊥AB于G,同理可证DG⊥AP. ∵DG,DF都在平面ABC内,且DG∩DF=D, ∴PA⊥平面ABC. (2)当E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形. 证明:如图,连接BE并延长,交PC于H. ∵E是△PBC的垂心, ∴PC⊥BH. 又已知AE⊥平面PBC,PC⊂平面PBC, ∴PC⊥AE. ∵BH∩AE=E,∴PC⊥平面ABE. ∵AB⊂平面ABE,∴PC⊥AB. 又∵PA⊥平面ABC,∴PA⊥AB. ∵PC∩PA=P, ∴AB⊥平面PAC. ∵AC⊂平面PAC, ∴AB⊥AC,即△ABC是直角三角形. 面面垂直的性质定理的应用思路 　　在空间图形中,如已知条件中有面面垂直,一般需要作辅助线,考虑应用面面垂直的性质定理得到线面垂直,继而可得线线垂直.在运用面面垂直的性质定理时,找准两平面的交线是关键. [提醒]　在证明垂直问题时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等. |思|维|建|模| 3.已知长方体ABCD⁃A1B1C1D1,在平面AA1B1B上任取一点M,作ME⊥AB于点E,则 (　　) A.ME⊥平面ABCD B.ME⊂平面ABCD C.ME∥平面ABCD D.以上都有可能 针对训练 解析:∵ME⊂平面AA1B1B,平面AA1B1B∩平面ABCD=AB, 且平面AA1B1B⊥平面ABCD,ME⊥AB,∴ME⊥平面ABCD. √ 4.如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,∠ACB=∠AA1C=90°, 平面AA1C1C⊥平面ABC. (1)求证:AA1⊥A1B; 解:证明:因为平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,BC⊥AC, 所以BC⊥平面AA1C1C. 又AA1⊂平面AA1C1C, 所以BC⊥AA1. 因为∠AA1C=90°,所以AA1⊥A1C. 又BC∩A1C=C, 所以AA1⊥平面A1BC. 又A1B⊂平面A1BC,所以AA1⊥A1B. (2)若AA1=2,BC=3,∠A1AC=60°,求点C到平面A1ABB1的距离. 解:由(1)可知A1A⊥平面A1BC,A1A⊂平面A1ABB1, 所以平面A1BC⊥平面A1ABB1,且交线为A1B. 所以点C到平面A1ABB1的距离等于△CA1B的边A1B上的高,设其为h. 在Rt△AA1C中,A1A=2,∠A1AC=60°, 则A1C=2. 由(1)得BC⊥A1C, 所以在Rt△A1CB中,BC=3,A1B=, h===. 故点C到平面A1ABB1的距离为. [例3]　如图,斜三棱柱ABC⁃A1B1C1的底面是直角三角形, ∠ACB=90°,点B1在底面ABC上的射影恰好是BC的中点,且BC=CA=AA1. (1)求证:平面ACC1A1⊥平面B1C1CB; 题型(三)　平面与平面垂直的判定定理及其应用 证明:如图,设BC的中点为M,连接B1M. 因为点B1在底面ABC上的射影恰好是点M, 所以B1M⊥平面ABC. 又因为AC⊂平面ABC,所以B1M⊥AC. 又由BC⊥AC,B1M∩BC=M,且B1M,BC⊂平面B1C1CB, 所以AC⊥平面B1C1CB. 因为AC⊂平面ACC1A1,所以平面ACC1A1⊥平面B1C1CB. (2)求证:BC1⊥AB1. 证明:连接B1C,因为AC⊥平面B1C1CB,且BC1⊂平面B1C1CB, 所以AC⊥BC1. 在斜三棱柱ABC⁃A1B1C1中,因为BC=CC1, 所以四边形B1C1CB为菱形. 所以B1C⊥BC1. 又因为B1C∩AC=C, 且B1C,AC⊂平面ACB1, 所以BC1⊥平面ACB1. 因为AB1⊂平面ACB1,所以BC1⊥AB1. 证明面面垂直常用的方法 (1)定义法:说明两个半平面所成的二面角是直二面角,其判定的步骤: ①找出两相交平面的平面角;②证明这个平面角是直角;③根据定义,这两个相交平面互相垂直. (2)判定定理法:在其中一个平面内寻找一条直线与另一个平面垂直,即把问题转化为“线面垂直”,其基本步骤: |思|维|建|模| (3)性质法:两个平行平面中的一个垂直于第三个平面,则另一个也垂直于此平面. 针对训练 证明:如图,连接OC,因为OA=OC, D是AC的中点,所以AC⊥OD. 又PO⊥底面AOC,AC⊂底面AOC, 所以AC⊥PO.因为OD,PO是平面POD内的两条相交直线,所以AC⊥平面POD.又AC⊂平面PAC,所以平面POD⊥平面PAC. 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.对于直线m,n和平面α,β,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⊥α,m∥β D.m∥n,m⊥α,n⊥β √ 解析:根据m⊥n,m∥α,n∥β,有可能出现α∥β的情况, A错误. 根据m⊥n,α∩β=m,n⊥α,不一定得到α⊥β,如图1,B错误. 过m作平面γ与平面β交于直线p,如图2, ∵m∥β,m⊂γ,β∩γ=p,∴m∥p.∵m∥n,n⊥α,∴m⊥α. ∴p⊥α.又p⊂β,从而得到α⊥β,C正确. ∵m∥n,m⊥α,∴n⊥α. 而n⊥β,∴α∥β,D错误.故选C. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.已知平面α⊥平面β,且α∩β=l,要得到直线m⊥平面β,还需要补充以下的条件是 (　　) A.m⊂α B.m∥α C.m⊥l D.m⊂α且m⊥l 解析:选项A、B、C的条件都不能得到直线m⊥平面β.而补充选项D后,可以得到直线m⊥平面β.理由是若两平面垂直,则一个平面内垂直于两平面交线的直线垂直于另一个平面.故选D. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 3.已知三棱锥A⁃BCD中,AD⊥BC,AD⊥CD,则有 (　　) A.平面ABC⊥平面ADC B.平面ADC⊥平面BCD C.平面ABC⊥平面BDC D.平面ABC⊥平面ADB 解析:如图所示,因为AD⊥BC,AD⊥CD,BC∩CD=C, 所以AD⊥平面BCD.而AD⊂平面ADC,所以平面ADC⊥平面BCD. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.如图,在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC, 若DH⊥平面ABC于H,那么点H必在 (　　) A.直线AB上 B.直线BC上 C.直线AC上 D.△ABC内部 解析:在四面体ABCD中,已知AB⊥AC,BD⊥AC,AB∩BD=B, ∴AC⊥平面ABD. 又∵AC⊂平面ABC,∴平面ABC⊥平面ABD.∵平面ABC∩平面ABD=AB, ∴点H必在AB上.故选A. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.如图,三棱台ABC⁃A1B1C1的下底面是正三角形, AB⊥BB1,B1C1⊥BB1,则二面角A⁃BB1⁃C的平面角的大小是 (　　) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:在三棱台ABC⁃A1B1C1中,B1C1∥BC,且B1C1⊥BB1,则BC⊥BB1.又AB⊥BB1,且AB∩BC=B,所以B1B⊥平面ABC.所以∠ABC为二面角A⁃BB1⁃C的平面角.因为△ABC为等边三角形,所以∠ABC=60°. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.[多选]如图,在梯形ABCD中,BC∥AD,∠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.在翻折的过程中,可能成立的结论是 (　　) A.DF⊥BC B.BD⊥FC C.平面BDF⊥平面BCF D.平面DCF⊥平面BCF 解析:因为BC∥AD,AD与DF相交不垂直,所以BC与DF不垂直,故A错误; 设点D在平面BCF上的射影为点P,当BP⊥CF时,有BD⊥FC,而AD∶BC∶AB=2∶3∶4,∠BCF为锐角,所以可作出BP⊥CF,从而满足条件,故B正确; √ √ 当点P落在BF上时,DP⊂平面BDF,从而平面BDF⊥平面BCF,故C正确; 因为AD∶BC=2∶3,AD∶EF=4∶5,所以点D的投影不可能在CF上,所以平面DCF⊥平面BCF不成立,故D错误. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.(2024·北京高考)如图,在四棱锥P⁃ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=2, 该棱锥的高为(　　) A.1 B.2 C. D. √ 解析:由题意知△PAB为正三角形,因为PC2+PD2=CD2,所以PC⊥PD.如图,分别取AB,CD的中点E,F,连接PE, EF,PF,则PE=2,PF=2,EF=4,于是PE2+PF2=EF2,所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF,垂足为G,易知CD⊥PF, CD⊥EF,EF,PF⊂平面PEF,且EF∩PF=F,所以CD⊥平面PEF.又PG⊂平面PEF,所以CD⊥PG.又PG⊥EF,CD,EF⊂平面ABCD,CD∩EF=F,所以PG⊥平面ABCD,所以PG为四棱锥P⁃ABCD的高.由PE·PF=EF·PG,得PG===. 故选D. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.(5分)空间四边形ABCD中,AB=BC,CD=DA,E是AC的中点,则平面BDE与平面ABC的位置关系是_________. 解析:如图,∵AB=BC,CD=DA,E是AC的中点, ∴AC⊥BE,AC⊥DE. 又BE∩DE=E,BE,DE⊂平面BDE,∴AC⊥平面BDE. ∵AC⊂平面ABC,∴平面BDE⊥平面ABC. 垂直 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)如图,正三棱柱ABC⁃A1B1C1的棱长都相等,则二面角A1⁃BC⁃A的 平面角的余弦值为_________. 解析:取BC的中点M,连接AM,A1M, 因为△ABC为等边三角形,所以AM⊥BC. 又因为AA1⊥平面ABC,AB,AC,AM⊂平面ABC, 所以AA1⊥AB,AA1⊥AC,AA1⊥AM. 易知△AA1B≌△AA1C.所以A1B=A1C,则A1M⊥BC. 所以二面角A1⁃BC⁃A的平面角为∠AMA1, 设AB=2,则A1A=2,AM=,A1M==, 所以cos∠AMA1===. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)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为轴运动,若平面ADB⊥平面ABC,则CD=_________. 2 解析: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.因为AB2=AC2+BC2,所以△ABC为直角三角形.由已知可得DE=,EC=1,在Rt△DEC中,CD==2. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)已知α,β是两个不同的平面,m,n是平面α及β之外的两条不同的直线, 给出下列四个论断: ①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α. 以其中三个论断作为条件,余下一个论断作为结论,写出你认为正确的一个命题: ____________________________.(用序号表示) 解析:若m⊥n,n⊥β,m⊥α,则α⊥β. 证明:如图,过平面α和平面β外一点P,作PA∥m, PA交α于A,作PB∥n,PB交β于B, 则PA⊥α,PB⊥β,PA⊥PB, 显然α与β不平行,设α∩β=l,则PA⊥l,PB⊥l. 因为PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以l⊥平面PAB. 延展平面PAB交l于点M,连接AM,BM,则l⊥AM,l⊥BM, 则∠AMB是二面角α⁃l⁃β的一个平面角. ①③④⇒②(或②③④⇒①) 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 因为PA⊥α,AM⊂α,所以PA⊥AM. 同理有PB⊥BM. 又PA⊥PB,所以四边形PAMB为矩形,则AM⊥BM, 则平面α和平面β所成的二面角的平面角是直二面角,故α⊥β. 若α⊥β,n⊥β,m⊥α,则m⊥n. 证明:因为α⊥β,所以α与β所成二面角的平面角为90°. 因为n⊥β,m⊥α, 所以直线m,n的夹角也为90°,即m⊥n. 若m⊥n,α⊥β,n⊥β,则m与α相交或m∥α或m⊂α. 若m⊥n,α⊥β,m⊥α, 则n与α相交或n∥α或n⊂α. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(10分)如图,四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1的底面为菱形, AA1⊥底面ABCD,∠BAD=120°,E,F分别是CD,AA1的中点. (1)求证:DF∥平面B1AE;(6分) 证明:取AB1的中点G,连接FG,GE,如图所示, 因为F是AA1的中点,所以FG是△AA1B1的中位线. 所以FG=A1B1,FG∥A1B1. 又四棱柱ABCD⁃A1B1C1D1的底面为菱形, 所以CD∥A1B1,CD=A1B1. 又E是CD的中点,所以DE=CD=A1B1,DE∥A1B1. 所以FG=DE,FG∥DE. 所以四边形GEDF是平行四边形.所以DF∥EG. 又DF⊄平面B1AE,EG⊂平面B1AE,所以DF∥平面B1AE. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)求证:平面B1AE⊥平面A1B1BA.(4分) 证明:连接AC,在菱形ABCD中,∠BAD=120°, 则∠ADC=60°.所以△ACD是等边三角形. 所以AE⊥CD,即AE⊥AB. 又AA1⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD, 所以AA1⊥AE. 又AB∩AA1=A,AB,AA1⊂平面A1B1BA, 所以AE⊥平面A1B1BA. 因为AE⊂平面B1AE, 所以平面B1AE⊥平面A1B1BA. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(10分)如图,四棱锥P⁃ABCD中,AD⊥平面PAB, AP⊥AB. (1)求证:CD⊥AP;(5分) 证明:因为AD⊥平面PAB,AP⊂平面PAB, 所以AD⊥AP.又AP⊥AB,AB∩AD=A,AB⊂平面ABCD, AD⊂平面ABCD,所以AP⊥平面ABCD. 因为CD⊂平面ABCD,所以CD⊥AP. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)若CD⊥PD,求证:CD∥平面PAB.(5分) 证明:由(1)知CD⊥AP,又因为CD⊥PD,PD∩AP=P,PD⊂平面PAD,AP⊂平面PAD, 所以CD⊥平面PAD.① 因为AD⊥平面PAB,AB⊂平面PAB, 所以AB⊥AD. 又AP⊥AB,AP∩AD=A,AP⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,所以AB⊥平面PAD.② 由①②得,AB∥CD.因为AB⊂平面PAB, CD⊄平面PAB,所以CD∥平面PAB. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(10分)(2023·全国甲卷)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中, A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°. (1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;(4分) 解:证明:因为A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以A1C⊥BC,因为∠ACB=90°,所以BC⊥AC, 又A1C∩AC=C,A1C,AC⊂平面ACC1A1,所以BC⊥平面ACC1A1, 又BC⊂平面BB1C1C,所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1⁃BB1C1C的高.(6分) 解:如图,过点A1作A1H⊥CC1,交CC1于点H, 由(1)知平面ACC1A1⊥平面BB1C1C, 又平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1, A1H⊂平面ACC1A1,所以A1H⊥平面BB1C1C, 即四棱锥A1⁃BB1C1C的高为A1H. 由题意知AB=A1B,BC=BC,∠A1CB=∠ACB=90°,则△ACB≌△A1CB,故CA=CA1. 又AA1=2,∠ACA1=90°,所以A1C1=CA1=. 在等腰直角三角形CA1C1中,A1H为斜边中线,所以A1H=CC1=1, 故四棱锥A1⁃BB1C1C的高为1. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(15分)如图,把等腰直角三角形ABC沿斜边AB所在直线旋转至△ABD的位置,使CD=AC. (1)求证:平面ABD⊥平面ABC;(7分) 解:证明:如图,取AB的中点O,连接OD,OC. ∵△ABD是等腰直角三角形, ∴DO⊥AB,且DO=AD. 同理得CO⊥AB,且CO=AC. ∵AD=AC,∴DO=CO=AC. ∵CD=AC,∴DO2+CO2=CD2. ∴△CDO为等腰直角三角形,DO⊥CO. 又AB∩CO=O,∴DO⊥平面ABC. 又DO⊂平面ABD,∴平面ABD⊥平面ABC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)求二面角C⁃BD⁃A的平面角的余弦值.(8分) 解:取BD的中点E,连接CE,OE. 易知△BCD为等边三角形,∴CE⊥BD. 又△BOD为等腰直角三角形,∴OE⊥BD. ∴∠OEC为二面角C⁃BD⁃A的平面角. 由(1)易证得CO⊥平面ABD,∴CO⊥OE, ∴△COE为直角三角形. 设BC=1,则CE=,OE=,∴cos∠OEC==, 即二面角C⁃BD⁃A的平面角的余弦值为. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn 5.如图,在圆锥PO中,AB是☉O的直径, C是上的点,D为AC的中点. 证明:平面POD⊥平面PAC. $