高考数学一轮复习讲义第8章第5节直线与平面垂直的性质与判定

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1．直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l与平面α垂直．
(2)判定定理与性质定理
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角．若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线和平面平行，或在平面内，它们所成的角是0°的角．
(2)范围：[0，eq \f(π,2)]．
3．平面与平面垂直
(1)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；
②二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角．
(2)平面和平面垂直的定义
两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
【知识拓展】
重要结论：
(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．
(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( × )
(2)垂直于同一个平面的两平面平行．( × )
(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √ )
(4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.( × )
(5)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．( √ )
1．(教材改编)下列命题中不正确的是( )
A．如果平面α⊥平面β，且直线l∥平面α，则直线l⊥平面β
B．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
C．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
D．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ
答案 A
解析 根据面面垂直的性质，知A不正确，直线l可能平行平面β，也可能在平面β内．
2．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
答案 A
解析 若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.
3．(2017·宝鸡质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：
①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；
②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；
③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；
④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD.
其中为真命题的是( )
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
答案 D
解析
①如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD.④设A在平面BCD内的射影为O，连接BO，CO，DO，由AB⊥CD⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC.
4．(2016·济南模拟)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是( )
A．MC⊥AN
B．GB∥平面AMN
C．平面CMN⊥平面AMN
D．平面DCM∥平面ABN
答案 C
解析
显然该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(如图)，
取AN的中点H，连接HB，MH，GB，则MC∥HB，又HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正确；由题意易得GB∥MH，又GB⊄平面AMN，
MH⊂平面AMN，所以GB∥平面AMN，所以B正确；因为AB∥CD，DM∥BN，且AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平面DCM∥平面ABN，所以D正确．
5．(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．
(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心．
答案 (1)外 (2)垂
解析 (1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，
在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB，
所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．
(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.
∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，
∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，∴PC⊥AB，
又AB⊥PO，PO∩PC＝P，
∴AB⊥平面PGC，
又CG⊂平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高．
同理可证BD，AH为△ABC底边上的高，
即O为△ABC的垂心．
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 (2016·全国甲卷改编)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝eq \f(5,4)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．OD′＝eq \r(10).
证明：D′H⊥平面ABCD.
证明 由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF得eq \f(AE,AD)＝eq \f(CF,CD)，故AC∥EF.
因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq \r(AB2－AO2)＝4.
由EF∥AC得eq \f(OH,DO)＝eq \f(AE,AD)＝eq \f(1,4).
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，且OH，EF⊂平面ABCD，
所以D′H⊥平面ABCD.
思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键
(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．
(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
证明 (1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC，
所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，
BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，
所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC，
所以BC1⊥AB1.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．
(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)求证：平面EFG⊥平面EMN.
证明 (1)方法一
取PA的中点H，连接EH，DH.
又E为PB的中点，
所以EH綊eq \f(1,2)AB.
又CD綊eq \f(1,2)AB，
所以EH綊CD.
所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD.
所以CE∥平面PAD.
方法二
连接CF.
因为F为AB的中点，
所以AF＝eq \f(1,2)AB.
又CD＝eq \f(1,2)AB，所以AF＝CD.
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．
因此CF∥AD，又CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以CF∥平面PAD.
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA.
又EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.
又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD.
(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA，
所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.
又因为EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG.
所以AB⊥平面EFG.
又因为M，N分别为PD，PC的中点，
所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，
所以MN⊥平面EFG.
又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.
引申探究
1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面PAC.
证明 因为AB⊥PA，AB⊥AC，
且PA∩AC＝A，所以AB⊥平面PAC.
又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，
所以MN⊥平面PAC.
又MN⊂平面EMN，
所以平面EMN⊥平面PAC.
2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面PAC.
证明 因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，
所以EF∥PA，FG∥AC，
又EF⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以EF∥平面PAC.
同理，FG∥平面PAC.
又EF∩FG＝F，
所以平面EFG∥平面PAC.
思维升华 (1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．
(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．
在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．
(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.
求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
证明 (1)由已知，DE为△ABC的中位线，
∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，
∴DE∥A1C1，
又∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，
∴DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，
∴AA1⊥A1C1，
又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1，
∴A1C1⊥平面ABB1A1，
∵B1D⊂平面ABB1A1，
∴A1C1⊥B1D，
又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，
∴B1D⊥平面A1C1F，
又∵B1D⊂平面B1DE，
∴平面B1DE⊥平面A1C1F.
题型三 垂直关系中的探索性问题
例3 如图，在三棱台ABC－DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；
(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明 在三棱台ABC－DEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.
又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，
∴DF∥a.
(2)解 线段BE上存在点G，且BG＝eq \f(1,3)BE，使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下：
取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，
连接GD，GF，
∵CF＝EF，∴GF⊥CE.
在三棱台ABC－DEF中，AB⊥BC⇒DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF⇒CF⊥DE.
又CF∩EF＝F，∴DE⊥平面CBEF，∴DE⊥GF.
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(GF⊥CE,GF⊥DE,CE∩DE＝E))⇒GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.
此时，如平面图所示，延长CB，FG交于点H，
∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，
∴HB＝BC＝eq \f(1,2)EF.
由△HGB∽△FGE可知eq \f(BG,GE)＝eq \f(1,2)，即BG＝eq \f(1,3)BE.
思维升华 同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．
(2016·北京东城区模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，M为棱AC的中点．AB＝BC，AC＝2，AA1＝eq \r(2).
(1)求证：B1C∥平面A1BM；
(2)求证：AC1⊥平面A1BM；
(3)在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面AA1C1C？如果存在，求此时eq \f(BN,BB1)的值；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 连接AB1与A1B，两线交于点O，连接OM，
在△B1AC中，∵M，O分别为AC，AB1中点，
∴OM∥B1C，
又∵OM⊂平面A1BM，B1C⊄平面A1BM，
∴B1C∥平面A1BM.
(2)证明 ∵侧棱AA1⊥底面ABC，BM⊂平面ABC，
∴AA1⊥BM，
又∵M为棱AC中点，AB＝BC，∴BM⊥AC.
∵AA1∩AC＝A，∴BM⊥平面ACC1A1，
∴BM⊥AC1.
∵AC＝2，∴AM＝1.
又∵AA1＝eq \r(2)，∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中，
tan∠AC1C＝tan∠A1MA＝eq \r(2).
∴∠AC1C＝∠A1MA，
即∠AC1C＋∠C1AC＝∠A1MA＋∠C1AC＝90°，
∴A1M⊥AC1.
∵BM∩A1M＝M，∴AC1⊥平面A1BM.
(3)解 当点N为BB1中点，即eq \f(BN,BB1)＝eq \f(1,2)时，
平面AC1N⊥平面AA1C1C.
证明如下：
设AC1中点为D，连接DM，DN.
∵D，M分别为AC1，AC中点，
∴DM∥CC1，且DM＝eq \f(1,2)CC1.
又∵N为BB1中点，∴DM∥BN，且DM＝BN，
∴四边形BNDM为平行四边形，
∴BM∥DN，
∵BM⊥平面ACC1A1，∴DN⊥平面ACC1A1.
又∵DN⊂平面AC1N，∴平面AC1N⊥平面AA1C1C.
17．立体几何证明问题中的转化思想
典例 (12分)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．
求证：(1)AN∥平面A1MK；
(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.
思想方法指导 (1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；
(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；
(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．
规范解答
证明 (1)如图所示，连接NK.
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，
∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，
∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，
C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]
∵N，K分别为CD，C1D1的中点，
∴DN∥D1K，DN＝D1K，
∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]
∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，
∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]
∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，
∴AN∥平面A1MK.[6分]
(2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.
∵M，K分别为AB，C1D1的中点，
∴BM∥C1K，BM＝C1K，
∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]
在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，
BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.
∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.
∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.[10分]
∴MK⊥B1C.
∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.
又∵MK⊂平面A1MK，
∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]
1．若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则( )
A．垂直于平面β的平面一定平行于平面α
B．垂直于直线l的直线一定垂直于平面α
C．垂直于平面β的平面一定平行于直线l
D．垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直
答案 D
解析 对于A，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故A错误；
对于B，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故B错误；
对于C，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故C错误；易知D正确．
2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，，则m∥n
C．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β
D．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
答案 D
解析 A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中，m与n可平行、可异面；C中，若α∥β，仍然满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故选D.
3．(2016·包头模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1垂直底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是( )
A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1
D．A1C1∥平面AB1E
答案 C
解析 A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确，故选C.
4．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①BD⊥AC；
②△BAC是等边三角形；
③三棱锥D－ABC是正三棱锥；
④平面ADC⊥平面ABC.
其中正确的是( )
A．①②④B．①②③
C．②③④D．①③④
答案 B
解析 由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.
5.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是( )
A．①②B．①②③
C．①D．②③
答案 B
解析 对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，
∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，
又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；
对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，
∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；
对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．
6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．
答案 AB、BC、AC AB
解析 ∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.
7.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．
答案 eq \f(1,2)
解析 设B1F＝x，
因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，
所以AB1⊥DF.
由已知可得A1B1＝eq \r(2)，
设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，
则DE＝eq \f(1,2)h.
又2×eq \r(2)＝heq \r(22＋\r(2)2)，
所以h＝eq \f(2\r(3),3)，DE＝eq \f(\r(3),3).
在Rt△DB1E中，
B1E＝eq \r(\f(\r(2),2)2－\f(\r(3),3)2)＝eq \f(\r(6),6).
由面积相等得eq \f(\r(6),6)×eq \r(x2＋\f(\r(2),2)2)＝eq \f(\r(2),2)x，
得x＝eq \f(1,2).
8.如图，PA⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：
①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.
其中正确结论的序号是________．
答案 ①②③
解析 由题意知PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.
又AC⊥BC，且PA∩AC＝A，
∴BC⊥平面PAC，∴BC⊥AF.
∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，
∴AF⊥平面PBC，
∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，
∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.
故①②③正确．
9．(2016·保定模拟)如图，在直二面角α－MN－β中，等腰直角三角形ABC的斜边BC⊂α，一直角边AC⊂β，BC与β所成角的正弦值为eq \f(\r(6),4)，则AB与β所成的角是________．
答案 eq \f(π,3)
解析 如图所示，作BH⊥MN于点H，连接AH，
则BH⊥β，∠BCH为BC与β所成的角．
∵sin∠BCH＝eq \f(\r(6),4)＝eq \f(BH,BC)，
设BC＝1，则BH＝eq \f(\r(6),4).
∵△ABC为等腰直角三角形，∴AC＝AB＝eq \f(\r(2),2)，
∴AB与β所成的角为∠BAH.
∴sin∠BAH＝eq \f(BH,AB)＝eq \f(\f(\r(6),4),\f(\r(2),2))＝eq \f(\r(3),2)，
∴∠BAH＝eq \f(π,3).
10．(2016·全国乙卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°.
(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；
(2)求二面角EBCA的余弦值．
(1)证明 由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，
所以AF⊥平面EFDC，
又AF⊂平面ABEF，
故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)解 过D作DG⊥EF，垂足为G，
由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，eq \(GF,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，|eq \(GF,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.由(1)知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°，则|DF|＝2，|DG|＝eq \r(3)，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，eq \r(3))．
由已知，AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，
所以AB∥平面EFDC，
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，
故AB∥CD，CD∥EF，
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°，
从而可得C(－2,0，eq \r(3))．
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝(1,0，eq \r(3))，eq \(EB,\s\up6(→))＝(0,4,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－3，－4，eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－4,0,0)．
设n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EC,\s\up6(→))＝0，,n·\(EB,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\r(3)z＝0，,4y＝0.))所以可取n＝(3,0，－eq \r(3))．
设m是平面ABCD的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AC,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0.))
同理可取m＝(0，eq \r(3)，4)，则cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(2\r(19),19).故二面角EBCA的余弦值为－eq \f(2\r(19),19).
11．如图所示，四边形ABCD是平行四边形，平面AED⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝2，BC＝EF＝1，AE＝eq \r(6)，DE＝3，∠BAD＝60°，G为BC的中点．
(1)求证：FG∥平面BED；
(2)求证：平面BED⊥平面AED；
(3)求直线EF与平面BED所成角的正弦值．
(1)证明 如图，取BD的中点O，连接OE，OG.
在△BCD中，因为G是BC的中点，
所以OG∥DC且OG＝eq \f(1,2)DC＝1.
又因为EF∥AB，AB∥DC，
所以EF∥OG且EF＝OG，
所以四边形OGFE是平行四边形，所以FG∥OE.
又FG⊄平面BED，OE⊂平面BED，
所以FG∥平面BED.
(2)证明 在△ABD中，AD＝1，AB＝2，∠BAD＝60°，
由余弦定理可得BD＝eq \r(3)，进而∠ADB＝90°，
即BD⊥AD.
又因为平面AED⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
平面AED∩平面ABCD＝AD，
所以BD⊥平面AED.
又因为BD⊂平面BED，
所以平面BED⊥平面AED.
(3)解 因为EF∥AB，所以直线EF与平面BED所成的角即为直线AB与平面BED所成的角．
过点A作AH⊥DE于点H，连接BH.
又平面BED∩平面AED＝ED，
由(2)知AH⊥平面BED，
所以直线AB与平面BED所成的角即为∠ABH.
在△ADE中，AD＝1，DE＝3，AE＝eq \r(6)，
由余弦定理得cs∠ADE＝eq \f(2,3)，所以sin∠ADE＝eq \f(\r(5),3)，
因此，AH＝AD·sin∠ADE＝eq \f(\r(5),3).
在Rt△AHB中，sin∠ABH＝eq \f(AH,AB)＝eq \f(\r(5),6).
所以直线EF与平面BED所成角的正弦值为eq \f(\r(5),6).
12．在直角梯形SBCD中，∠D＝∠C＝eq \f(π,2)，BC＝CD＝2，SD＝4，A为SD的中点，如图(1)所示，将△SAB沿AB折起，使SA⊥AD，点E在SD上，且SE＝eq \f(1,3)SD，如图(2)所示．
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
(2)求二面角E－AC－D的正切值．
(1)证明 由题意，知SA⊥AB，
又SA⊥AD，AB∩AD＝A，
所以SA⊥平面ABCD.
(2)解 在AD上取一点O，使AO＝eq \f(1,3)AD，
连接EO，如图所示．
又SE＝eq \f(1,3)SD，所以EO∥SA.
所以EO⊥平面ABCD.
过O作OH⊥AC交AC于H，连接EH，则AC⊥平面EOH，
所以AC⊥EH，
所以∠EHO为二面角E－AC－D的平面角．
已知EO＝eq \f(2,3)SA＝eq \f(4,3).
在Rt△AHO中，∠HAO＝45°，OH＝AO·sin 45°＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),3).
tan∠EHO＝eq \f(EO,OH)＝2eq \r(2)，即二面角E－AC－D的正切值为2eq \r(2).
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a，b⊂α,a∩b＝O,l⊥a,l⊥b))⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线平行
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(a⊥α,b⊥α))⇒a∥b
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(l⊥α,l⊂β))⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(α⊥β,l⊂β,α∩β＝a,l⊥a))⇒l⊥α