13.2.4 第2课时 两平面垂直-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（苏教版）

该高中数学课件聚焦两平面垂直，涵盖二面角概念、面面垂直定义及判定、性质定理，通过长方体直观感知导入，衔接线面垂直知识，以课前预习落实基础、课堂梯度题型构建学习支架。 其亮点是梯度进阶式教学，结合数学眼光的空间观念，如用长方体模型直观感知二面角；数学思维的推理能力，例题从定义法到定理应用层层递进；数学语言的符号与图形表达，助力学生深化空间垂直关系理解，教师可直接用于分层教学，提升效率。

两平面垂直 [教学方式：深化学习课——梯度进阶式教学] 第2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 01 1.二面角 (1)二面角 半平面 平面内的一条直线把这个平面分成两部分，其中的_________都叫作半平面 二面角的相关概念 一般地，一条直线和由这条直线出发的___________所组成的图形叫作二面角，这条直线叫作二面角的___，每个半平面叫作二面角的___ 画法 记法 二面角α-l-β或α-AB-β或P-l-Q或P-AB-Q 每一部分 两个半平面 棱 面 (2)二面角的平面角 ①定义：一般地，以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面 内分别_________________，这两条射线所成的角叫作二面角的 平面角.如图，∠AOB就是二面角α-l-β的平面角. ②范围：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.二面角α的取值范围是______________. (3)直二面角 平面角是直角的二面角叫作直二面角. 作垂直于棱的射线 0°≤α≤180° 2.面面垂直的定义 定义 一般地，如果两个平面所成的二面角是_________，那么就说这两个平面互相垂直 画法 画两个互相垂直的平面时，通常把表示平面的两个平行四边形的一组边画成垂直.如图 记作 α⊥β 直二面角 3.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 4.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 线面 a⊥l |微|点|助|解| (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，只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. (4)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. (5)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.  基础落实训练 1.判断正误(正确的画“√”，错误的画“×”) (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)二面角的平面角是从棱上一点出发，分别在两个面内作射线所成的角的最小角. (　　) (4)二面角的大小与其平面角的顶点在棱上的位置没有关系. (　　) × √ × √ 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与γ相交但不垂直 C.α⊥γ D.以上都有可能 √ 4.如图所示，在长方体ABCD -A1B1C1D1的棱AB上任取 一点E，作EF⊥A1B1于F，则EF与平面A1B1C1D1的关 系是 (　　) A.平行 B.EF⊂平面A1B1C1D1 C.相交但不垂直 D.相交且垂直 √ 课堂题点研究·迁移应用融通 02 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的余弦值为.故选D. |思|维|建|模| 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. 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)　平面与平面垂直的判定定理及其应用 [例2]　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； 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. |思|维|建|模| 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： (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 3.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. 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. 题型(三)　平面与平面垂直的性质定理及其应用 [例3]　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：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. |思|维|建|模| 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. 针对训练 4.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 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. √ 5.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. 题型(四)　线面位置关系的综合问题 [例4]　如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为 矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD， E，F分别为AD，PB的中点.求证： (1)PE⊥BC； 证明：因为PA=PD，E为AD的中点，所以PE⊥AD. 因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD.所以PE⊥BC. (2)平面PAB⊥平面PCD； 证明：因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD， AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD. 又因为PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD，且PA∩AB=A，所以PD⊥平面PAB. 又因为PD⊂平面PCD，所以平面PAB⊥平面PCD. (3)EF∥平面PCD. 证明：如图，取PC中点G，连接FG，DG. 因为F，G分别为PB，PC的中点， 所以FG∥BC，FG=BC.因为底面ABCD为矩形，且E为AD的中点，所以DE∥BC，DE=BC.所以DE∥FG，DE=FG. 所以四边形DEFG为平行四边形.所以EF∥DG. 又因为EF⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD. |思|维|建|模| (1)在解决垂直问题的过程中，要注意平面与平面垂直的判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意面面垂直和线面垂直的互相转化. (2)在应用线面平行、垂直的判定定理和性质定理证明有关问题时，除了运用转化思想，还应注意寻找线面平行、垂直所需的条件. 平行、垂直的转化 针对训练 6.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，点E 在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F. (1)求证：AB∥EF； 证明：因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD. 又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC，所以AB∥平面PDC. 又AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC=EF，所以AB∥EF. (2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD. 证明：因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD. 因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF. 由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D. 又AF∩AD=A，AF，AD⊂平面PAD.所以AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD. 课时跟踪检测 03 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 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 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. 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. 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. 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. 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°. 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 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.(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. B. C. D. √ 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°. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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=，在△CDE中， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 由余弦定理得CD2=CE2+DE2-2CE·DEcos∠CED =1+3-2×1××=7，故CD=. 由正弦定理得=，即sin∠DCE==， 显然∠DCE是锐角，cos∠DCE===， 所以tan∠DCE==. 所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为. 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 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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===. 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. 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)  ①③④⇒②(或②③④⇒①) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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. 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(15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；(7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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 (2)求证：平面B1AE⊥平面A1B1BA.(8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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(15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；(6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. 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.(9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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(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. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 ∵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 3 4 2 (2)求二面角C-BD-A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的余弦值为. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $