《（贛豫陜）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步 6.2 垂直關(guān)系的性質(zhì)學(xué)案 北師大版必修2》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（贛豫陜）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步 6.2 垂直關(guān)系的性質(zhì)學(xué)案 北師大版必修2（17頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（贛豫陜）2022-2023學(xué)年高中數(shù)學(xué) 第一章 立體幾何初步 6.2 垂直關(guān)系的性質(zhì)學(xué)案 北師大版必修2 學(xué)習目標　1.掌握直線與平面垂直，平面與平面垂直的性質(zhì)定理.2.能運用性質(zhì)定理解決一些簡單問題.3.了解直線與平面、平面與平面垂直的判定定理和性質(zhì)定理間的相互聯(lián)系． 知識點一　直線與平面垂直的性質(zhì)定理 思考　在日常生活中常見到一排排和地面垂直的電線桿．一排電線桿中的每根電線桿都與地面垂直，這些電線桿之間的位置關(guān)系是什么？ 答案　平行． 梳理　性質(zhì)定理 文字語言 如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行 符號語言 ?a∥b 圖形語言 知識點二　平面

2、與平面垂直的性質(zhì) 思考　黑板所在平面與地面所在平面垂直，你能否在黑板上畫一條直線與地面垂直？ 答案　容易發(fā)現(xiàn)墻壁與墻壁所在平面的交線與地面垂直，因此只要在黑板上畫出一條與這條交線平行的直線，則所畫直線必與地面垂直． 梳理　性質(zhì)定理 文字語言 如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面 符號語言 α⊥β，α∩β＝l，aα，a⊥l?a⊥β 圖形語言 1．若平面α⊥平面β，任取直線lα，則必有l(wèi)⊥β.(　×　) 2．已知兩個平面垂直，過一個平面內(nèi)任意一點作交線的垂線，則此垂線必垂直于另一個平面．(　×　) 類型一　線面垂直的性

3、質(zhì)及應(yīng)用 例1　如圖所示，在正方體A1B1C1D1－ABCD中，EF與異面直線AC，A1D都垂直相交．求證：EF∥BD1. 考點　直線與平面垂直的性質(zhì) 題點　應(yīng)用線面垂直的性質(zhì)定理判定線線平行 證明　如圖，連接AB1，B1C，BD，B1D1. ∵DD1⊥平面ABCD，AC平面ABCD， ∴DD1⊥AC.又AC⊥BD，DD1∩BD＝D， ∴AC⊥平面BDD1B1， 又BD1平面BDD1B1， ∴AC⊥BD1. 同理BD1⊥B1C，∴BD1⊥平面AB1C. ∵EF⊥A1D，且A1D∥B1C，∴EF⊥B1C. 又∵EF⊥AC，AC∩B1C＝C， ∴EF⊥平面AB

4、1C，∴EF∥BD1. 反思與感悟　證明線線平行的常用方法 (1)利用線線平行定義：證共面且無公共點． (2)利用三線平行公理：證兩線同時平行于第三條直線． (3)利用線面平行的性質(zhì)定理：把證線線平行轉(zhuǎn)化為證線面平行． (4)利用線面垂直的性質(zhì)定理：把證線線平行轉(zhuǎn)化為證線面垂直. (5)利用面面平行的性質(zhì)定理：把證線線平行轉(zhuǎn)化為證面面平行． 跟蹤訓(xùn)練1　如圖，α∩β＝l，PA⊥α，PB⊥β，垂足分別為A，B，aα，a⊥AB.求證：a∥l. 考點　直線與平面垂直的性質(zhì) 題點　應(yīng)用線面垂直的性質(zhì)定理判定線線平行 證明　∵PA⊥α，lα，∴PA⊥l. 同理PB

5、⊥l.∵PA∩PB＝P，∴l(xiāng)⊥平面PAB. 又∵PA⊥α，aα，∴PA⊥a. ∵a⊥AB，PA∩AB＝A，∴a⊥平面PAB.∴a∥l. 類型二　面面垂直的性質(zhì)及應(yīng)用 例2　如圖，在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC. 求證：BC⊥AB. 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理判定線線垂直 證明　如圖，在平面PAB內(nèi)， 作AD⊥PB于點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

6、，∴PA⊥BC， 又∵PA∩AD＝A，PA，AD平面PAB， ∴BC⊥平面PAB. 又AB平面PAB，∴BC⊥AB. 反思與感悟　證明線面垂直，一種方法是利用線面垂直的判定定理，另一種方法是利用面面垂直的性質(zhì)定理．本題已知面面垂直，故可考慮面面垂直的性質(zhì)定理．利用面面垂直的性質(zhì)定理證明線面垂直的問題時，要注意以下三點：(1)兩個平面垂直；(2)直線必須在其中一個平面內(nèi)；(3)直線必須垂直于它們的交線． 跟蹤訓(xùn)練2　如圖所示，P是四邊形ABCD所在平面外的一點，ABCD是∠DAB＝60°且邊長為a的菱形，側(cè)面PAD為正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，G為邊AD的中點．

7、求證：(1)BG⊥平面PAD； (2)AD⊥PB. 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理判定線面垂直 證明　(1)∵四邊形ABCD是菱形且∠DAB＝60°， ∴△ABD是正三角形，又G為AD的中點， ∴BG⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BG平面ABCD， ∴BG⊥平面PAD. (2)由(1)可知BG⊥AD，由題意知△PAD為正三角形，G是AD的中點，∴PG⊥AD.又BG∩PG＝G， ∴AD⊥平面PBG，又PB平面PBG， ∴AD⊥PB. 類型三　垂直關(guān)系的綜合應(yīng)用 命題角度1　線線、線面、面面垂直的轉(zhuǎn)化

8、 例3　如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD.E和F分別是CD和PC的中點，求證： (1)PA⊥底面ABCD； (2)BE∥平面PAD； (3)平面BEF⊥平面PCD. 考點　垂直問題的綜合應(yīng)用 題點　線線、線面、面面垂直的相互轉(zhuǎn)化 證明　(1)∵PA⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，由平面和平面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥平面ABCD. (2)∵AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，E和F分別是CD和PC的中點，故四邊形ABED為平行四邊形，故有BE∥AD. 又AD平面PAD

9、，BE?平面PAD，∴BE∥平面PAD. (3)在平行四邊形ABED中， ∵AB⊥AD，∴四邊形ABED為矩形， ∴BE⊥CD. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB， 又AB⊥AD，PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD， ∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD. 又E，F(xiàn)分別為CD和PC的中點， ∴EF∥PD，∴CD⊥EF. ∵EF∩BE＝E，EF，BE平面BEF， ∴CD⊥平面BEF. 又∵CD平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD. 反思與感悟　在空間垂直關(guān)系中，線面垂直是核心，已知線面垂直，既可為證明線線垂直提供依據(jù)，又可為利用判定定理證明面面垂直作好鋪墊．應(yīng)用面面

10、垂直的性質(zhì)定理時，一般需作輔助線，基本作法是過其中一個平面內(nèi)一點作交線的垂線，從而把面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直問題，進而可轉(zhuǎn)化為線線垂直問題． 跟蹤訓(xùn)練3　如圖，在四面體ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，AB⊥AC，DC⊥BC.求證：平面ABD⊥平面ACD. 考點　垂直問題的綜合應(yīng)用 題點　線線、線面、面面垂直的相互轉(zhuǎn)化 證明　∵平面ABC⊥平面BCD， 平面ABC∩平面BCD＝BC，在平面ABC內(nèi)，作AE⊥BC于點E， 如圖，則AE⊥平面BCD. 又CD平面BCD， ∴AE⊥CD. 又BC⊥CD，AE∩BC＝E， AE，BC平面ABC， ∴CD⊥平面ABC

11、， 又AB平面ABC，∴AB⊥CD. 又AB⊥AC，AC∩CD＝C， AC，CD平面ACD. ∴AB⊥平面ACD.又AB平面ABD， ∴平面ABD⊥平面ACD. 命題角度2　垂直中的探索性問題 例4　已知在三棱錐A－BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F(xiàn)分別是AC，AD上的動點，且＝＝λ(0＜λ＜1)． (1)求證：不論λ為何值，總有平面BEF⊥平面ABC； (2)當λ為何值時，平面BEF⊥平面ACD? 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的計算與探索性問題 (1)證明　∵∠BCD＝90°，∴BC⊥

12、CD. ∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD. 又∵AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC. ∵＝，∴EF∥CD，∴EF⊥平面ABC. 又∵EF平面BEF， ∴平面BEF⊥平面ABC. 故不論λ為何值，總有平面BEF⊥平面ABC. (2)解　由(1)得EF⊥平面ABC，BE平面ABC， ∴EF⊥BE. 要使平面BEF⊥平面ACD，只需BE⊥AC. ∵∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，∴BD＝. 又∵AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°， ∴AB＝，AC＝， ∴BE＝＝，∴AE＝， ∴λ＝＝. 故當λ＝時，平面BEF⊥平面ACD. 反思與感悟　解決開放性問題一般先從結(jié)論

13、入手，分析得到該結(jié)論所需的條件或與其等價的條件，此類型題考查空間想象能力、推理論證能力、分析問題和解決問題的能力． 跟蹤訓(xùn)練4　如圖所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知DC＝DD1＝2AD＝2AB，AD⊥DC，AB∥DC. (1)求證：D1C⊥AC1； (2)設(shè)E是DC上一點，試確定E的位置，使D1E∥平面A1BD，并說明理由． 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的計算與探索性問題 (1)證明　在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，連接C1D， ∵DC＝DD1，∴四邊形DCC1D1是正方形， ∴DC1⊥D1C. 又AD⊥DC，AD⊥DD1，

14、DC∩DD1＝D， ∴AD⊥平面DCC1D1，∴AD⊥D1C. ∵AD，DC1平面ADC1，且AD∩DC1＝D， ∴D1C⊥平面ADC1. ∵AC1平面ADC1，∴D1C⊥AC1. (2)解　連接AD1，AE，設(shè)AD1∩A1D＝M，BD∩AE＝N，連接MN， ∵平面AD1E∩平面A1BD＝MN，需使MN∥D1E. 又M是AD1的中點，∴N是AE的中點，又易知△ABN≌△EDN，∴AB＝DE，即E是DC的中點． 綜上所述，當E是DC的中點時，可使D1E∥平面A1BD. 1．給出下列說法： ①垂直于同一條直線的兩個平面互相平行； ②垂直于同一個平面的兩條直

15、線互相平行； ③一條直線在平面內(nèi)，另一條直線與這個平面垂直，則這兩條直線垂直． 其中正確說法的個數(shù)是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　D 2．平面α⊥平面β，直線a∥α，則(　　) A．a(chǎn)⊥β B．a(chǎn)∥β C．a(chǎn)與β相交 D．以上都有可能 考點　空間中直線與平面之間的位置關(guān)系 題點　空間中直線與平面之間的位置關(guān)系的判定 答案　D 解析　因為a∥平面α，平面α⊥平面β，所以直線a與β垂直、相交、平行都有可能． 3．已知直線l⊥平面α，直線m平面β.有下面四個說法： ①α∥β?l⊥

16、m； ②α⊥β?l∥m； ③l∥m?α⊥β； ④l⊥m?α∥β. 其中正確的兩個說法是(　　) A．①② B．③④ C．①③ D．②④ 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　C 解析　∵l⊥α，α∥β，mβ，∴l(xiāng)⊥m，故①正確； ∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又∵mβ，∴α⊥β，故③正確． 4．如圖，在三棱錐P－ABC中，側(cè)面PAC⊥底面ABC，且∠PAC＝90°，PA＝1，AB＝2，則PB＝________. 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　有關(guān)面面垂直性質(zhì)的計算 答案　 解析　∵側(cè)面PAC⊥底面ABC，交線為AC，∠PAC＝

17、90°(即PA⊥AC)， ∴PA⊥平面ABC， ∴PA⊥AB，∴PB＝＝＝. 5.如圖所示，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD是矩形，側(cè)面SDC⊥底面ABCD，求證：平面SCD⊥平面SBC. 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　面面垂直性質(zhì)的綜合應(yīng)用 證明　因為底面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SCD. 又因為BC平面SBC， 所以平面SCD⊥平面SBC. 1．線面垂直的性質(zhì)定理揭示了空間中“平行”與“垂直”關(guān)系的內(nèi)在聯(lián)系，提供了“垂直”與“平行”關(guān)系相互轉(zhuǎn)化

18、的依據(jù)． 2．面面垂直的性質(zhì)定理揭示了“面面垂直、線面垂直及線線垂直”間的內(nèi)在聯(lián)系，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的轉(zhuǎn)化與化歸思想，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如下： 一、選擇題 1．在圓柱的一個底面上任取一點(該點不在底面圓周上)，過該點作另一個底面的垂線，則這條垂線與圓柱的母線所在直線的位置關(guān)系是(　　) A．相交 B．平行 C．異面 D．相交或平行 考點　直線與平面垂直的性質(zhì) 題點　應(yīng)用線面垂直的性質(zhì)定理判定線線平行 答案　B 解析　由于這條垂線與圓柱的母線都垂直于底面，所以它們平行． 2．在長方體ABCD－A1B1C1D1的棱AB上任取一點E，作EF⊥A1B1于點F，則EF與平

19、面A1B1C1D1的關(guān)系是(　　) A．平行 B．EF平面A1B1C1D1 C．相交但不垂直 D．相交且垂直 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理判定線面垂直 答案　D 解析　在長方體ABCD－A1B1C1D1中，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1且平面A1ABB1∩平面A1B1C1D1＝A1B1，又EF平面A1ABB1，EF⊥A1B1，∴EF⊥平面A1B1C1D1. 3．如圖所示，在三棱錐P－ABC中，平面ABC⊥平面PAB，PA＝PB，AD＝DB，則(　　) A．PD平面ABC B．PD⊥平面ABC C．PD與平面ABC相交

20、但不垂直 D．PD∥平面ABC 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理判定線面垂直 答案　B 解析　∵PA＝PB，AD＝DB，∴PD⊥AB. 又∵平面ABC⊥平面PAB， 平面ABC∩平面PAB＝AB，PD平面PAB， ∴PD⊥平面ABC. 4．在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，已知平面AA1C1C⊥平面ABCD，且AB＝BC，AD＝CD，則BD與CC1的位置關(guān)系為(　　) A．平行 B．共面 C．垂直 D．不垂直 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理判定線線垂直 答案　C 解析　如圖所示，在四邊形ABCD中，

21、 ∵AB＝BC，AD＝CD， ∴BD⊥AC. ∵平面AA1C1C⊥平面ABCD， 平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，BD平面ABCD， ∴BD⊥平面AA1C1C. 又CC1平面AA1C1C， ∴BD⊥CC1，故選C. 5．下列說法中錯誤的是(　　) A．如果平面α⊥平面β，那么平面α所有直線都垂直于平面β B．如果平面α⊥平面β，那么平面α內(nèi)一定存在直線平行于平面β C．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α內(nèi)一定不存在直線垂直于平面β D．如果平面α⊥平面τ，平面β⊥平面τ，α∩β＝l，那么l⊥平面τ 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　面面垂直性質(zhì)的綜合應(yīng)

22、用 答案　A 解析　顯然A不正確，若兩個平面垂直，一個平面內(nèi)只有和交線垂直的直線才和另一個平面垂直． 6．設(shè)l是直線，α，β是兩個不同的平面，下列結(jié)論正確的是(　　) A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l∥α，l⊥β，則α⊥β C．若α⊥β，l⊥α，則l⊥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　B 解析　設(shè)α∩β＝a，若直線l∥a，且l?α，l?β，則l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A錯誤；由于l∥α，故在α內(nèi)存在直線l′∥l，又因為l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正確；若α⊥β，在β內(nèi)作交

23、線的垂線l，則l⊥α，此時l在平面β內(nèi)，因此C錯誤；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β內(nèi)，則l∥α且l∥β，因此D錯誤． 7.如圖，在正方形SG1G2G3中，E，F(xiàn)分別是G1G2，G2G3的中點，現(xiàn)在沿SE，SF，EF把這個正方形折成一個四面體，使G1，G2，G3重合，重合后的點記為G.給出下列關(guān)系： ①SG⊥平面EFG；②SE⊥平面EFG；③GF⊥SE；④EF⊥平面SEG.其中成立的有(　　) A．①與② B．①與③ C．②與③ D．③與④ 考點　垂直問題的綜合應(yīng)用 題點　線線、線面、面面垂直的相互轉(zhuǎn)化 答案　B 解析　由SG⊥GE，SG⊥GF，

24、得SG⊥平面EFG，排除C、D；若SE⊥平面EFG，則SG∥SE，這與SG∩SE＝S矛盾，排除A，故選B. 二、填空題 8．設(shè)兩個平面α，β，直線l，下列三個條件： ①l⊥α；②l∥β；③α⊥β.若以其中兩個作為前提條件，另一個作為結(jié)論，則可構(gòu)成三個命題，這三個命題中，正確命題的個數(shù)為________． 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的判定 答案　1 解析?、佗谧鳛榍疤釛l件，③作為結(jié)論構(gòu)成的命題正確，過l作一平面與β交于l′，則l∥l′，所以l′⊥α，故α⊥β；①③作為前提條件，②作為結(jié)論構(gòu)成的命題錯誤，這時可能有l(wèi)β；②③作為前提條件，①作為結(jié)論構(gòu)成的命題

25、錯誤，這時l與α的各種位置關(guān)系都可能存在． 9.如圖，直二面角α－l－β，點A∈α，AC⊥l，C為垂足，B∈β，BD⊥l，D為垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，則CD的長為________． 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　有關(guān)面面垂直性質(zhì)的計算 答案　 解析　如圖，連接BC， ∵二面角α－l－β為直二面角， ACα，且AC⊥l， ∴AC⊥β. 又BCβ， ∴AC⊥BC， ∴BC2＝AB2－AC2＝3. 又BD⊥CD， ∴CD＝＝. 10.如圖，四面體P－ABC中，PA＝PB＝，平面PAB⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AC＝8，BC＝6，則PC＝__

26、______. 考點　平面與平面垂直的性質(zhì) 題點　有關(guān)面面垂直性質(zhì)的計算 答案　7 解析　取AB的中點D，連接PD， ∵PA＝PB，∴PD⊥AB， ∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB， PD平面PAB， ∴PD⊥平面ABC，∴PD⊥CD. 連接DC，則△PDC為直角三角形， 在Rt△ABC中，AB＝＝＝2， 在Rt△DBC中，DC＝＝＝， PD＝＝＝. 在Rt△PCD中， PC＝＝＝7. 11．如圖，在平行四邊形ABCD中，AB⊥BD，沿BD將△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AC，則在四面體ABCD的四個面中，互相垂直的平

27、面的對數(shù)為________． 考點　平面與平面垂直的判定 題點　判定兩平面垂直 答案　3 解析　因為平面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.在折起前，因為AB⊥BD，AB∥CD，所以CD⊥BD.又因為平面ABD⊥平面BCD，所以CD⊥平面ABD，所以平面ACD⊥平面ABD，共3對 三、解答題 12．如圖所示，四棱錐P－ABCD中，AP⊥平面PCD，AD∥BC，AB＝BC＝AD，E，F(xiàn)分別為線段AD，PC的中點． (1)求證：AP∥平面BEF； (2)求證：BE⊥平面PAC. 考點　 題點　

28、 證明　(1)如圖所示，設(shè)AC∩BE＝O，連接OF，EC. 由于E為AD的中點，AB＝BC＝AD，AD∥BC， 所以AE∥BC，AE＝AB＝BC， 因此，四邊形ABCE為菱形， 所以O(shè)為AC的中點． 又F為PC的中點， 因此，在△PAC中，可得AP∥OF. 又OF平面BEF，AP?平面BEF， 所以AP∥平面BEF. (2)由題意，知ED∥BC，ED＝BC， 所以四邊形BCDE為平行四邊形，所以BE∥CD. 又AP⊥平面PCD，所以AP⊥CD，所以AP⊥BE. 因為四邊形ABCE為菱形，所以BE⊥AC. 又AP∩AC＝A，AP，AC平面PAC， 所以BE⊥平

29、面PAC. 13．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是AB的中點，沿DE將△ADE折起． (1)如果二面角A－DE－C是直二面角，求證：AB＝AC； (2)如果AB＝AC，求證：平面ADE⊥平面BCDE. 考點　垂直問題的綜合應(yīng)用 題點　線線、線面、面面垂直的相互轉(zhuǎn)化 證明　(1)過A作AM⊥DE于點M， 則由題意可得AM⊥平面BCDE，∴AM⊥BC. 又AD＝AE， 所以M是DE的中點． 取BC的中點N，連接MN，則MN⊥BC，又AM∩MN＝M， 所以BC⊥平面AMN，所以AN⊥BC. 又N是BC的中點， 所以△ABC為等腰三角形，所以AB＝AC.

30、(2)取BC的中點N，連接AN. 因為AB＝AC，所以AN⊥BC.取DE的中點M，連接MN，AM，所以MN⊥BC，又AN∩MN＝N， 所以BC⊥平面AMN，所以AM⊥BC. 又M是DE的中點，AD＝AE， 所以AM⊥DE. 又因為DE與BC是平面BCDE內(nèi)的兩條相交直線， 所以AM⊥平面BCDE. 又因為AM平面ADE，所以平面ADE⊥平面BCDE. 四、探究與拓展 14．在三棱錐P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠PCA＝90°，△ABC是邊長為4的正三角形，PC＝4，M是AB邊上的一動點，則PM的最小值為(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 考

31、點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的計算與探索性問題 答案　B 解析　如圖，連接CM，則由題意PC⊥平面ABC， 可得PC⊥CM，所以PM＝， 要求PM的最小值只需求出CM的最小值即可． 在△ABC中，當CM⊥AB時，CM有最小值， 此時有CM＝4×＝2，所以PM的最小值為2. 15．如圖①所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別為AC，AB的中點，點F為線段CD上的一點，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖②所示． (1)求證：DE∥平面A1CB； (2)求證：A1F⊥BE； (3)線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平

32、面DEQ？說明理由． 考點　線、面平行、垂直的綜合應(yīng)用 題點　平行與垂直的計算與探索性問題 (1)證明　因為D，E分別為AC，AB的中點，所以DE∥BC. 又DE?平面A1CB，BC平面A1CB，所以DE∥平面A1CB. (2)證明　由已知得DC⊥BC且DE∥BC， 所以DE⊥DC.又DE⊥A1D，A1D∩CD＝D，A1D，CD平面A1DC， 所以DE⊥平面A1DC， 而A1F平面A1DC， 所以DE⊥A1F. 又因為A1F⊥CD，CD∩DE＝D，CD，DE平面BCDE， 所以A1F⊥平面BCDE， 又BE平面BCDE，所以A1F⊥BE. (3)解　線段A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下： 如圖所示，分別取A1C，A1B的中點P，Q，連接DP，PQ，QE， 則PQ∥BC.又因為DE∥BC，所以DE∥PQ，所以平面DEQ即為平面DEP. 由(2)知，DE⊥平面A1DC，A1C平面A1DC， 所以DE⊥A1C. 又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點， 所以A1C⊥DP，又DE∩DP＝D，DE，DP平面DEP，所以A1C⊥平面DEP，從而A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點Q，且Q為A1B的中點時，A1C⊥平面DEQ.