新教材2020-2021学年高中人教B版数学必修第四册课件-11.4.1-直线与平面垂直.ppt

【证明】因为四边形ABB1A1为圆柱的轴截面, 所以BB1⊥底面ABC.因为AC?底面ABC, 所以BB1⊥AC.因为AB为底面圆的直径, 所以∠ACB=90°,所以BC⊥AC. 又因为BB1∩BC=B,BB1?平面BB1C,BC?平面BB1C, 所以AC⊥平面BB1C. 10.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,侧面SBC 为等边三角形,SD=2. (1)求证:SD⊥BC; (2)求点B到平面ASD的距离. 【解析】(1)设BC边中点是E,连接DE,SE. 因为△SBC是等边三角形,所以SE⊥BC, 又由已知得△DBC是等边三角形,所以DE⊥BC, 又DE∩SE=E,所以BC⊥平面SDE,所以BC⊥SD. (2)因为△SBC是边长为2的等边三角形, 所以SE= ,同理DE= ,又SD=2, 所以S△SDE= ×2× = ,又由(1)知BC⊥平面SDE, 所以VS-BCD= S△SDE·BC= × ×2= =VS-ABD, 所以VS-ABCD=2VS-BCD= . 又易知三棱锥S-BCD是正四面体, 所以S在底面BCD上的射影H为△BCD各边中线的交点,且为△BCD的重心, 所以H在AC上,由勾股定理,SA= 又CH= OC= (其中O为AC与BD的交点), 所以SH= ,AH= + = , 所以SA=2 , 所以SD2+AD2=SA2,所以SD⊥AD, 所以S△SAD= ×2×2=2. 设点B到平面ASD的距离为h. 因为VS-ABD=VB-SAD, 所以 ·S△SAD·h= ,所以h= . 故点B到平面ASD的距离为 . 【创新迁移】 1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a, BB1=3a,D是A1C1的中点,点F在线段AA1上,当AF=　　　　时,CF⊥平面B1DF. 【解析】由已知得△A1B1C1是等腰直角三角形,A1B1=B1C1,D是A1C1的中点,所以 B1D⊥A1C1, 由直三棱柱ABC-A1B1C1知AA1⊥平面A1B1C1,又B1D?平面A1B1C1,所以B1D⊥AA1,又 AA1∩A1C1=A1且AA1,A1C1?平面A1ACC1, 所以B1D⊥平面A1ACC1, 又因为CF?平面A1ACC1, 所以B1D⊥CF. 若CF⊥平面B1DF,则CF⊥DF. 设AF=x(0≤x≤3a), 则CF2=x2+4a2, DF2=a2+(3a-x)2,CD2=a2+9a2=10a2, 所以10a2=x2+4a2+a2+(3a-x)2,解得x=a或2a. 答案:a或2a 【补偿训练】 已知四棱锥S-ABCD的高为1,底面是边长为2的正方形,顶点在底面的投影是底面的中心,E是BC的中点,动点P在棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为　　　　.? 【解析】设底面的中心为O,连接SO,则SO⊥平面ABCD, 所以SO⊥AC,由四边形ABCD是正方形得AC⊥BD,因为SO∩BD=O,所以AC⊥平面SBD, 取SC,CD的中点为G,F,易得平面SBD∥平面GEF, 所以AC⊥平面GEF,因此动点P的轨迹为△GEF, 因为SO=1,BD=2 ,所以BO= , 所以SB= ,所以GE=GF= ,EF= ,因此动 点P的轨迹的周长为 . 答案: 2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱BC的中点,点F是棱CD上的 动点,试确定F的位置,使得D1E⊥平面AB1F. 【解析】连接A1B,CD1,则AB1⊥A1B, 所以AB1⊥平面A1BCD1, 又D1E?平面A1BCD1,所以D1E⊥AB1, 要使D1E⊥平面AB1F,需D1E⊥AF, 连接DE,又D1D⊥AF,D1E∩D1D=D1, 所以AF⊥平面EDD1,所以DE⊥AF, 因为四边形ABCD是正方形,E是BC的中点, 所以,当且仅当F是CD的中点时,DE⊥AF, 即当点F是CD的中点时,D1E⊥平面AB1F. 【解析】选D.因为PA⊥平面ABC,BC?平面ABC, 则PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,故BC⊥平面PAB,①正确;因为BC⊥平面PAB,AD?平面PAB,所以BC⊥AD,因为PA=AB,D为PB的中点,故AD⊥PB,又BC∩PB=B,故AD⊥平面PBC,因为PC?平面PBC,故AD⊥PC,② ③ 正确;若PB⊥平面ADC,因为CD?平面ADC,故PB⊥CD,因为D为PB的中点,故CB=CP,又PCACBC,故CB=CP不成立,故④错