第1章 12 124 第3课时.docx
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第1章12124第3课时
第3课时 两平面垂直的性质
学习目标 1.掌握平面与平面垂直的性质定理.2.能运用性质定理解决一些简单的问题.3.了解平面与平面垂直的判定定理和性质定理间的相互联系.
知识点一 平面与平面垂直的性质定理
文字语言
如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面
符号语言
α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β
图形语言
作用
①面面垂直⇒线面垂直；②作面的垂线.
知识点二 空间垂直关系的转化
点睛：
线面垂直的定义、判定定理、性质定理都可以实现垂直关系的转化.
一、平面与平面垂直的性质定理
例1 如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形.侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G为AD边的中点.
求证：
（1）BG⊥平面PAD；
（2）AD⊥PB.
证明
（1）由题意知△PAD为正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，
∴PG⊥平面ABCD，∴PG⊥BG.
又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，
∴△ABD是正三角形，
∴BG⊥AD.
又AD∩PG＝G，AD，PG⊂平面PAD，
∴BG⊥平面PAD.
（2）由
（1）可知BG⊥AD，PG⊥AD，BG∩PG＝G，BG，PG⊂平面PBG，
∴AD⊥平面PBG.
又PB⊂平面PBG，∴AD⊥PB.
反思感悟 当题目条件中有面面垂直的条件时，往往要由面面垂直的性质定理推导出线面垂直的条件，进而得到线线垂直的关系.因此见到面面垂直条件时要找准两平面的交线，有目的地在平面内找交线的垂线.
跟踪训练1 如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC.求证：
BC⊥AB.
证明 如图，在平面PAB内，作AD⊥PB于点D.
∵平面PAB⊥平面PBC，
且平面PAB∩平面PBC＝PB，
AD⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PBC.
又BC⊂平面PBC，∴AD⊥BC.
又∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又∵PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB.
又AB⊂平面PAB，∴BC⊥AB.
二、立体几何中的折叠问题
例2 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点.将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，得到几何体D—ABCE.
求证：
BE⊥平面ADE.
证明 在△ADE中，AE2＝AD2＋DE2＝12＋12＝2，
在△BCE中，BE2＝BC2＋CE2＝12＋12＝2，
故在△AEB中，∵AE2＋BE2＝AB2，∴BE⊥AE.
又平面ADE⊥平面ABCE，
且平面ADE∩平面ABCE＝AE，
BE⊂平面ABCE，∴BE⊥平面ADE.
反思感悟
（1）抓住折叠前后的不变量与变化量，同在半平面内的两个元素之间的关系保持不变，而位于两个半平面内的两个元素之间关系改变.
（2）特别要有意识地注意折叠前后不变的垂直性和平行性.
跟踪训练2 如图①，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图②.
（1）求证：
DE∥平面A1CB；
（2）求证：
A1F⊥BE.
（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？
说明理由.
（1）证明 ∵D，E分别为AC，AB的中点，
∴DE∥BC.
又DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，
∴DE∥平面A1CB.
（2）证明 由已知得AC⊥BC且DE∥BC，
∴DE⊥AC.
∴DE⊥A1D，DE⊥CD，又A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1DC，
∴DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，
∴DE⊥A1F，
又A1F⊥CD，CD∩DE＝D，CD，DE⊂平面BCDE，
∴A1F⊥平面BCDE，
又BE⊂平面BCDE，
∴A1F⊥BE.
（3）解 线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ，理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连结PD，QD，PQ，QE，则PQ∥BC.
又DE∥BC，∴DE∥PQ.
∴平面DEQ即为平面DEQP，
由
（2）知，DE⊥平面A1DC.
∴DE⊥A1C.
又P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
∴A1C⊥DP.
又DP∩DE＝D，DP，DE⊂平面DEQP，
∴A1C⊥平面DEQP.
即A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
三、线线、线面、面面垂直的综合应用
例3 如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：
（1）PA⊥底面ABCD；
（2）BE∥平面PAD；
（3）平面BEF⊥平面PCD.
证明
（1）因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊂平面PAD，PA⊥AD，
所以PA⊥底面ABCD.
（2）因为AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，
所以AB∥DE，且AB＝DE.
所以四边形ABED为平行四边形，所以BE∥AD.
又因为BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
（3）因为AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形，
所以BE⊥CD，AD⊥CD.
由
（1）知PA⊥底面ABCD，所以AP⊥CD.
又因为AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PD.
因为E和F分别是CD和PC的中点，
所以PD∥EF，所以CD⊥EF.
又因为CD⊥BE，EF∩BE＝E，EF，BE⊂平面BEF，
所以CD⊥平面BEF.又CD⊂平面PCD，
所以平面BEF⊥平面PCD.
反思感悟
（1）线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的转化：
（2）在运用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样把面面垂直转化为线面垂直或线线垂直.
跟踪训练3 如图，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD，且SA＝AB，点E为AB的中点，点F为SC的中点.求证：
（1）EF⊥CD；
（2）平面SCD⊥平面SCE.
证明
（1）取CD的中点G，连结EG，FG，
∴FG∥SD，EG∥AD，
∵SA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴SA⊥CD，又AD⊥CD，SA∩AD＝A，SA，AD⊂平面SAD，
∴CD⊥平面SAD，
∴CD⊥SD，∴FG⊥CD，
又EG⊥CD，EG∩FG＝G，EG，FG⊂平面EFG，
∴CD⊥平面EFG，又EF⊂平面EFG，∴EF⊥CD，
（2）由已知易得SA⊥AB，AB⊥BC，SA＝BC，AE＝BE，
∴Rt△SAE≌Rt△CBE，
∴SE＝EC，即△SEC是等腰三角形，∴EF⊥SC.
又∵EF⊥CD，且SC∩CD＝C，SC，CD⊂平面SCD，
∴EF⊥平面SCD.
又EF⊂平面SCE，∴平面SCD⊥平面SCE.
面面垂直的性质定理揭示了“面面垂直、线面垂直及线线垂直”间的内在联系，体现了数学中的转化与化归思想，其转化关系如下：
1.设平面α⊥平面β，若平面α内的一条直线a垂直于平面β内的一条直线b，则（ ）
A.直线a必垂直于平面β
B.直线b必垂直于平面α
C.直线a不一定垂直于平面β
D.过a的平面与过b的平面垂直
答案 C
解析 当两个平面垂直时，在一个平面内只有垂直于交线的直线才垂直于另一个平面.
2.若平面α⊥平面β，平面β∥平面γ，则（ ）
A.α∥γB.α⊥γ
C.α与γ相交但不垂直D.以上都有可能
答案 B
3.若将边长为2的正方形ABCD沿AC折叠成直二面角，则B，D两点间的距离为________.
答案 2
4.如图，在三棱锥P—ABC内，侧面PAC⊥底面ABC，且∠PAC＝90°，PA＝1，AB＝2，则PB＝________.
答案
解析 ∵侧面PAC⊥底面ABC，侧面PAC∩底面ABC＝AC，∠PAC＝90°（即PA⊥AC），PA⊂侧面PAC，
∴PA⊥平面ABC，
∴PA⊥AB，
∴PB＝
＝
＝
.
5.如图所示，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面SDC⊥底面ABCD，求证：
平面SDC⊥平面SBC.
证明 因为底面ABCD是矩形，
所以BC⊥CD.
又平面SDC⊥平面ABCD，
平面SDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面SDC.
又因为BC⊂平面SBC，所以平面SDC⊥平面SBC.
一、选择题
1.下列命题中错误的个数为（ ）
①如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β；
②如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β；
③如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥平面γ；
④如果平面α⊥平面β，那么平面α内所有直线都垂直于平面β.
A.4B.3C.2D.1
答案 D
解析 如果平面α⊥平面β，平面α内的直线与平面β平行，相交或在平面β内，故④错误.
2.平面α⊥平面β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，直线m⊥α，则直线m与n的位置关系为（ ）
A.平行B.垂直
C.相交D.相交或平行
答案 A
解析 ∵α⊥β，α∩β＝l，n⊂β，n⊥l，
∴n⊥α.又∵m⊥α，∴m∥n.
3.已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AD⊥BC，D为垂足，以AD为折痕，将△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，如图所示，有下列结论：
①BD⊥CD；②BD⊥AC；
③AD⊥平面BCD；④△ABC是等边三角形.
其中正确结论的个数为（ ）
A.4B.3C.2D.1
答案 A
解析 ①正确，因为∠BDC为二面角B－AD－C的平面角，由题意知∠BDC＝90°，所以BD⊥CD；②正确，易知BD⊥平面ACD，所以BD⊥AC；③正确，因为折叠后仍有AD⊥BD，AD⊥DC，易知AD⊥平面BCD；④正确，因为AD＝BD＝DC，且以D为顶点的三个角都是直角，由勾股定理知AB＝BC＝AC，即△ABC为等边三角形.
4.如图所示，平面α⊥平面β，A∈α，B∈β，AB与两平面α，β所成的角分别为45°和30°.过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足分别为A′，B′，则AB∶A′B′等于（ ）
A.2∶1B.3∶1
C.3∶2D.4∶3
答案 A
解析 如图：
由已知得AA′⊥平面β，
∠ABA′＝30°，BB′⊥平面α，∠BAB′＝45°.
设AB＝a，则BA′＝
a，BB′＝
a，
在Rt△BA′B′中，A′B′＝
a，
∴
＝2.
5.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，构成四面体A－BCD，则在四面体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
答案 D
解析 由题意得，BD⊥CD，
又平面ABD⊥平面BCD，
且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，
∴CD⊥平面ABD，∴CD⊥AB，
又AD⊥AB，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ACD，
∴AB⊥平面ADC，∴平面ABC⊥平面ADC.
6.如图所示，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在平面ABC上的射影H必在（ ）
A.直线AB上
B.直线BC上
C.直线CA上
D.△ABC内部
答案 A
解析 ∵CA⊥AB，CA⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1，∴CA⊥平面ABC1，∴平面ABC⊥平面ABC1，又平面ABC∩平面ABC1＝AB，∴C1在平面ABC上的射影H必在直线AB上.
二、填空题
7.如图，平面ABC⊥平面BDC，∠BAC＝∠BDC＝90°，且AB＝AC＝a，则AD＝________.
答案 a
解析 取BC中点M，连结AM，DM，
则AM⊥BC，
由题意得AM⊥平面BDC，
∴△AMD为直角三角形，AM＝MD＝
a.
∴AD＝
a×
＝a.
8.如图，若边长为4和3与边长为4和2的两个矩形所在的平面互相垂直，则cosα∶cosβ＝________.
答案
∶2
解析 由题意，两个矩形的对角线长分别为5，2
，所以cosα＝
＝
，cosβ＝
，
所以cosα∶cosβ＝
∶2.
9.如图，已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，在l上取线段AB＝4，AC，BD分别在α，β内，且AC⊥AB，DB⊥AB，AC＝3，BD＝6，则CD＝________.
答案
解析 作AE∥BD，使得AE＝BD，连结DE，CE，
则四边形ABDE为矩形，∴AE⊥DE，
由题意易得AC⊥平面β，
∴AC⊥DE，又AC∩AE＝A，
AC，AE⊂平面ACE，
∴DE⊥平面ACE，∴DE⊥CE，在Rt△ACE中，
CE＝
＝
，
在Rt△CED中，CD＝
＝
.
10.在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是________三角形.
答案 直角
解析 如图所示，连结AC，BD，作AE⊥BD于点E，
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
AE⊂平面ABD，所以AE⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，所以BC⊥AE.
又因为AD⊥平面ABC，
BC⊂平面ABC，所以BC⊥AD.
又AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面ABD，所以BC⊥平面ABD.
而AB⊂平面ABD，所以BC⊥AB，
所以△ABC为直角三角形.
三、解答题
11.如图，在四棱锥A—BCDE中，底面BCDE为矩形，侧面ABC⊥底面BCDE，BC＝2，CD＝
，AB＝AC.求证：
AD⊥CE.
证明 如图所示，作AO⊥BC，垂足为O，连结OD.
由于AO⊥BC且平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
AO⊂平面ABC，
所以AO⊥底面BCDE，且O为BC的中点，
由
＝
＝
知，
Rt△OCD∽Rt△CDE，
从而∠ODC＝∠CED，
于是CE⊥OD.
又∵CE⊥AO，AO∩OD＝O，AO，OD⊂平面AOD，
∴CE⊥平面AOD.
∵AD⊂平面AOD，∴AD⊥CE.
12.如图，在△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
＝
＝λ（0<λ<1）.
（1）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ABC?
（2）当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD?
解
（1）∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD.
又∵CD⊥BC且AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，即CD垂直于平面ABC内的两相交直线，
又∵
＝
＝λ（0<λ<1），
∴λ取（0,1）上的任意值，恒有EF∥CD，即EF垂直于平面ABC内的两相交直线，
∴EF⊥平面ABC.
∵EF⊂平面BEF，
∴λ取（0,1）上的任意值，恒有平面BEF⊥平面ABC.
（2）由
（1）知，BE⊥EF，又平面BEF⊥平面ACD，
平面BEF∩平面ACD＝EF，BE⊂平面BEF，
∴BE⊥平面ACD，∴BE⊥AC.
∵BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，AB⊥BD，
∴BD＝
，AB＝
tan60°＝
，
∴AC＝
＝
.
由AB2＝AE·AC，得AE＝
，∴λ＝
＝
.
故当λ＝
时，平面BEF⊥平面ACD.
13.如图，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，底面是等腰三角形，AB＝AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC.
（1）若D是BC的中点，求证：
AD⊥CC1；
（2）过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱AA1于点M，若AM＝MA1，求证：
截面MBC1⊥侧面BB1C1C；
（3）如果截面MBC1⊥侧面BB1C1C，那么AM＝MA1吗？
请你叙述判断理由.
（1）证明 ∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC.
又∵底面ABC⊥侧面BB1C1C，
底面ABC∩侧面BB1C1C＝BC，AD⊂底面ABC，
∴AD⊥侧面BB1C1C.
又CC1⊂侧面BB1C1C，
∴AD⊥CC1.
（2）证明 如图，延长B1A1与BM的延长线交于点N，连结C1N.
∵AM＝MA1，MA1∥BB1，
∴A1M＝
BB1，
NA1＝A1B1.
∵A1B1＝A1C1，
∴A1C1＝A1N＝A1B1，∴C1N⊥C1B1.
∵平面NB1C1⊥侧面BB1C1C，
平面NB1C1∩侧面BB1C1C＝C1B1，C1N⊂平面NB1C1，
∴C1N⊥侧面BB1C1C.
又∵C1N⊂平面MBC1，
∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C.
（3）解 过点M作ME⊥BC1于点E，连结DE.
∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C，
截面MBC1∩侧面BB1C1C＝BC1，ME⊂截面MBC1，
∴ME⊥侧面BB1C1C.
又∵AD⊥侧面BB1C1C，
∴ME∥AD，∴M，E，D，A四点共面.
∵AM∥侧面BB1C1C，AM⊂平面AMED，平面AMED∩平面BB1C1C＝DE，∴AM∥DE.
∴四边形AMED是平行四边形，
∴AM＝DE，
∵AM∥CC1，∴DE∥CC1.
∵D是BC的中点，
∴E是BC1的中点.
∴AM＝DE＝
CC1＝
AA1，∴AM＝MA1.
14.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，连结MG，NG.
因为ABCD，DCEF为正方形，且边长为2，所以MG⊥CD，MG＝2，
NG＝
.
又因为平面ABCD⊥平面DCEF，
平面ABCD∩平面DCEF＝CD，
MG⊂平面ABCD，
所以MG⊥平面DCEF，
又NG⊂平面DCEF，可得MG⊥NG，
所以MN＝
＝
.
15.如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足.设AK＝t，则t的取值范围是________.
答案
解析 过点K作KM⊥AF于M点，连结DM，
易得DM⊥AF，
与折前的图形对比，可知由折前的图形中D，M，K三点共线，
且DK⊥AF，于是△DAK∽△FDA，
∴
＝
，
∴
＝
，∴t＝
，
∵DF∈（1,2），∴t∈
.
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