《2025年同步实践评价课程基础训练高中数学必修第二册》

【例1】 如图，在三棱锥$P - ABC$中，$PA\perp$平面$ABC$，平面$PAB\perp$平面$PBC$.
求证：$BC\perp AB$.
[尝试解答]

答案：
例1　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,ADC平面
　PAB,
∴AD⊥平面PBC.
　又BCC8平面PBC,
∴AD⊥BC.
　　　 又
∵PA⊥平面ABC,
BCC平面ABC,
∴PA⊥BC,
　又
∵PA∩AD=A,
∴BC⊥平面PAB.
　又ABC平面PAB,
∴BC⊥AB.

【例2】 如图所示，$\triangle ABC$为正三角形，$EC\perp$平面$ABC$，$BD// CE$，且$CE = CA = 2BD$，$M$是$EA$的中点，求证：
(1)$DE = DA$；
(2)平面$BDM\perp$平面$ECA$；
(3)平面$DEA\perp$平面$ECA$.
[尝试解答]
母题探究
本例条件不变，试求平面$ADE$与平面$ABC$所成二面角的大小.

答案：
例2　证明:
(1)设BD=a,如图，作DF//
BC交CE于F,
　则CF=DB=a.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 因为CE⊥平面ABC,
　所以BC⊥CF,DF⊥EC,
　所以DE=　$\sqrt{EF²+DF²}$　　$\sqrt{5}$a.
　又因为DB⊥平面ABC,
　所以DA=　$\sqrt{DB²+AB²}$=$\sqrt{5}$a.所以DE=DA.
(2)取CA的中点N,连接MN,BN,
　则MN$\frac{1}{2}$CEDB.
　所以四边形MNBD为平行四边形,所以MD//BN.
又因为EC⊥平面ABC,
　所以EC⊥BN,EC⊥MD.
　又DE=DA,M为EA的中点,所以DM⊥AE.
　又AE∩EC=E,
　所以DM⊥平面AEC,所以平面BDM⊥平面ECA.
(3)由
(2)知DM⊥平面AEC,而DMC平面DEA,
　所以平面DEA⊥平面ECA.
母题探究
　解:如图延长ED交CB延长线于点
　N连接AN，设BD=a,由例题知,CE
　=AC=BC=AB=2a,
　　　　　　　　　　　　　　　　　 在△CEN中,由$\frac{BD}{CE}$=$\frac{1}{2}$,知B为
CN中点,
∴CB=BN=2a.
∴在△ABN中、∠ABN=120°,
　∠BAN=∠BNA=30°,
∴∠CAN=90°,即NA⊥CA.
　又EC⊥平面ABC，
∴EC⊥NA,又CA∩CE=C,
∴NA⊥平面ACE,
∴NA⊥AE,NA⊥AC,
　且AN为平面ADE与平面ABC.的交线，
∴∠CAE为平面ADE与平面ABC所成二面角的平面角,
　在Rt△ACE中,AC=CE,
∴∠CAE=45°.
　所以平面ADE与平面ABC所成二面角为45°.