《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

典例
(1) 在正方体 $ ABCD - A_1B_1C_1D_1 $ 中，求证：$ A_1C \perp BC_1$.

答案： 典例
(1)证明 在正方体 $ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$ 中，因为 $A_{1}B_{1}\perp$ 平面 $BCC_{1}B_{1}$，$A_{1}C$ 是平面 $BCC_{1}B_{1}$ 的一条斜线，$B_{1}C$ 是 $A_{1}C$ 在平面 $BCC_{1}B_{1}$ 上的射影，由三垂线定理知 $A_{1}C\perp B_{1}C$。

(2) 如图，$ ABCD $ 为直角梯形，$ \angle DAB = \angle ABC = 90^{\circ} $，$ AD = 2AB = 2BC $，$ PA \perp $ 平面 $ ABCD $. 求证：$ PC \perp CD $.

答案：
(2)证明 连接 $AC$，因为 $\angle ABC = 90°$，$AB = BC$，由勾股定理得 $AC = \sqrt{2}AB$，同理 $CD = \sqrt{2}AB$，即 $AC^{2}+CD^{2} = 4AB^{2} = AD^{2}$，所以 $AC\perp CD$。
又 $PA\perp$ 平面 $ABCD$，$PC$ 是平面 $ABCD$ 的一条斜线，$AC$ 是 $PC$ 在平面 $ABCD$ 上的射影，且 $AC\perp CD$，由三垂线逆定理知 $PC\perp CD$。

考点二 平面与平面垂直的判定与性质
例 2 (2023·全国甲卷)如图，在三棱柱 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ A_1C \perp $ 平面 $ ABC $，$ \angle ACB = 90^{\circ} $.
(1) 证明：平面 $ ACC_1A_1 \perp $ 平面 $ BB_1C_1C $；
(2) 设 $ AB = A_1B $，$ AA_1 = 2 $，求四棱锥 $ A_1 - BB_1C_1C $ 的高.

答案：
例2
(1)证明 因为 $A_{1}C\perp$ 平面 $ABC$，$BC\subset$ 平面 $ABC$，所以 $A_{1}C\perp BC$。
因为 $\angle ACB = 90°$，所以 $BC\perp AC$。
又 $A_{1}C\cap AC = C$，$A_{1}C,AC\subset$ 平面 $ACC_{1}A_{1}$，所以 $BC\perp$ 平面 $ACC_{1}A_{1}$。
又 $BC\subset$ 平面 $BB_{1}C_{1}C$，所以平面 $ACC_{1}A_{1}\perp$ 平面 $BB_{1}C_{1}C$。
(2)解 如图，过点 $A_{1}$ 作 $A_{1}H\perp CC_{1}$，交 $CC_{1}$ 于点 $H$。

由
(1)知平面 $ACC_{1}A_{1}\perp$ 平面 $BB_{1}C_{1}C$，又平面 $ACC_{1}A_{1}\cap$ 平面 $BB_{1}C_{1}C = CC_{1}$，$A_{1}H\subset$ 平面 $ACC_{1}A_{1}$，所以 $A_{1}H\perp$ 平面 $BB_{1}C_{1}C$，即四棱锥 $A_{1} - BB_{1}C_{1}C$ 的高为 $A_{1}H$。
由题意知 $AB = A_{1}B_{1}$，$BC = B_{1}C_{1}$，$\angle A_{1}CB = \angle ACB = 90°$，则 $\triangle ACB\cong\triangle A_{1}CB$，故 $CA = CA_{1}$。
又 $AA_{1} = 2$，$\angle ACA_{1} = 90°$，所以 $AC_{1} = CA_{1}=\sqrt{2}$。
在等腰直角 $\triangle A_{1}C_{1}C$ 中，$A_{1}H$ 为斜边中线，所以 $A_{1}H = \frac{1}{2}CC_{1} = 1$，故四棱锥 $A_{1} - BB_{1}C_{1}C$ 的高为 $1$。