3.对“线线垂直”“线面垂直”及“面面垂直”之间的关系作系统小结.

拓展题例

[例1] 已知m、l是直线，α、β是平面，给出下列命题：①若l垂直于α内两条相交直线，则l⊥α；②若l平行于α，则l平行于α内所有的直线；③若mα，lβ且l⊥m，则α⊥β；④若lβ且l⊥α，则α⊥β；⑤若mα，lβ且α∥β，则l∥m.其中正确命题的序号是_____________.

答案：①④

[例2] 如图，AB是圆O的直径，C是圆周上一点，PA⊥平面ABC.

(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；

(2)若D也是圆周上一点，且与C分居直径AB的两侧，试写出图中所有互相垂直的各对平面.

(1)证明：∵C是AB为直径的圆O的圆周上一点，

∴BC⊥AC.

又PA⊥平面ABC，BC平面ABC，

∴BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC.

∵BC平面PBC，

∴平面PAC⊥平面PBC.

(2)解：平面PAC⊥平面ABCD；

平面PAC⊥平面PBC；

平面PAD⊥平面PBD；

平面PAB⊥平面ABCD；

平面PAD⊥平面ABCD.

[例3] 如下图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PA⊥平面ABCD，E、F分别是AB、PD的中点，又二面角P-CD-B为45°.

(1)求证：AF∥平面PEC；

(2)求证：平面PEC⊥平面PCD；

(3)设AD=2，CD=2，求点A到平面PEC的距离.

分析：对问题(1)，关键是证明AF与平面PEC内的一条直线平行，为此可取PC的中点G，论证AF∥EG；对问题(2)，可转化为证明线面垂直；对问题(3)，可转化为求点F到平面PEC的距离，进而可以充分运用(2)的结论.

(1)证明：取PC的中点G，连结EG、FG.

∵F是PD的中点，∴FG∥CD且FG=CD.而AE∥CD且AE=CD，∴EA∥GF且EA=GF，故四边形EGFA是平行四边形，从而EG∥AF.又AF平面PEC，EG平面PEC，∴AF∥平面PEC.

(2)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD上的射影.又CD⊥AD，∴CD⊥

PD，∠PDA就是二面角P-CD-B的平面角.∴∠ADP=45°，则AF⊥PD.

又AF⊥CD，PD∩CD=D，∴AF⊥平面PCD.

由(1)，EG∥AF，∴EG⊥平面PCD，

而EG平面PEC，∴平面PEC⊥平面PCD.

(3)解：过F作FH⊥PC交PC于点H，又平面PEC⊥平面PCD，则FH⊥平面PEC，∴FH为点F到平面PEC的距离，而AF∥平面PEC，故FH等于点A到平面PEC的距离.

在△PFH与△PCD中，

∵∠FHP=∠CDP=90°，∠FPC为公共角，

∴△PFH∽△PCD，=.

∵AD=2，CD=2，PF=，PC==4，∴FH=·2=1.

∴点A到平面PEC的距离为1.

2.在作二面角的平面角时，往往利用两个平面垂直的性质定理，即从某个平面内一点作它们交线的垂线，从而与另一个平面垂直，再作二面角、棱的垂线，由三垂线定理的逆定理得两垂足的连线也垂直于棱.

1.结合图形向学生讲明两个平面垂直的判定定理及性质定理.

9.如下图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是∠DAB=60°，且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在的平面垂直于底面ABCD.

(1)若G为AD边的中点，求证：BG⊥平面PAD；

(2)求证：AD⊥PB；

(3)求二面角A-BC-P的大小；

(4)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找一点F，使得平面DEF⊥平面ABCD，并证明你的结论.

(1)证明：∵在菱形ABCD中，∠DAB=60°，G为AD边的中点，∴BG⊥AD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴BG⊥平面PAD.

(2)证明：连结PG，则PG⊥AD，由(1)得BG⊥AD，又PG∩BG=G，BG平面PBG，PG平面PBG，∴AD⊥平面PBG，PB平面PBG.∴AD⊥PB.

(3)解：由(2)AD⊥平面PBG，而BC∥AD，∴BC⊥平面PBG.而PB平面PBG，BG平面PBG，∴BC⊥PB，BC⊥BG.∴∠PBG就是二面角A-BC-P的平面角.

在△PAD中，PG=a，∴在△PGB中，∠PBG=45°，即二面角A-BC-P为45°.

(4)解：当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明如下：

取PC的中点F，连结DE、EF、DF，则由平面几何知识，在△PBC中，EF∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE，而EF平面DEF，ED平面DEF，EF∩DE=E，∴平面DEF∥平面PGB.又PG⊥平面ABCD，而PG平面PGB，∴平面PGB⊥平面ABCD.故平面DEF⊥平面ABCD.

评述：本题第(1)问的论证中主要运用了面面垂直的性质定理，第(2)问通过线线垂直与线面垂直的转化得以证明，第(3)问是通过寻找与二面角的棱垂直的平面，进而得出二面角的平面角，再归结为论证与计算，第(4)问是探索性问题，这里通过直觉捕捉结果，再进行逻辑论证.

●思悟小结

在证明两平面垂直时，一般方法是先从现有的直线中寻找平面的垂线，若没有这样的直线，则可通过作辅助线来解决，而作辅助线则应有理论根据并且要有利于证明，不能随意添加.在有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直.解决这类问题的关键是熟练掌握“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”间的转化条件和转化应用.

●教师下载中心

教学点睛

8.(2003年杭州高考质量检测题)如下图，在正三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，AB=AA₁，E是棱BB₁的中点.

(1)求证：平面A₁EC⊥平面AA₁C₁C；

(2)若我们把平面A₁EC与平面A₁B₁C₁所成的锐二面角为60°时的正三棱柱称为“黄金棱柱”，请判断此三棱柱是否为“黄金棱柱”，并说明理由；

(3)设AB=a，求体积V.

(1)证明：连结A₁C与AC₁交于点F，连结EF，则由条件可得EC=EA₁，则EF⊥A₁C.同理EC₁=EA，则EF⊥AC₁，∴EF⊥面AA₁C₁C.

而EF面A₁EC，所以平面A₁EC⊥平面AA₁C₁C.

(也可通过如下(2)的辅助线先证明EF∥A₁H，而A₁H⊥面AA₁C₁C得到)

(2)解：延长CE交C₁B₁的延长线于点H，则有C₁B₁=B₁H=A₁B₁，则∠HA₁C₁=90°，且∠CA₁H=90°，所以∠CA₁C₁为平面A₁EC与平面A₁B₁C₁所成二面角的平面角.若此正三棱柱为“黄金棱柱”，则∠CA₁C₁=60°，应有CC₁=A₁C₁，与条件AB=AA₁矛盾.

所以此三棱柱不能成为“黄金棱柱”.

(也可利用公式cosθ=得到二面角的平面角来解决)

(3)解：V=V=·EF·AA₁·AC=×a×a×a= a³.

(或通过V=V来计算)

探究创新

7.如下图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形，PA⊥底面ABCD，E为AB的中点，且PA=AB.

(1)求证：平面PCE⊥平面PCD；

(2)求点D到平面PCE的距离.

(1)证明：取PD的中点F，则AF⊥PD.

∵CD⊥平面PAD，∴AF⊥CD.

∴AF⊥平面PCD.

取PC的中点G，连结EG、FG，可证AFGE为平行四边形.

∴AF∥EG.∴EG⊥平面PCD.

∵EG在平面PCE内，

∴平面PCE⊥平面PCD.

(2)解：在平面PCD内，过点D作DH⊥PC于点H.

∵平面PCE⊥平面PCD，∴DH⊥平面PCE，即DH为点D到平面PCE的距离.

在Rt△PAD中，PA=AD=a，PD=a.

在Rt△PCD中，PD=a，CD=a，PC=a，

∴DH==a.

6.(文)如下图，正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面边长为2，侧棱长为4，E、F分别为棱AB、BC的中点，EF∩BD=G.

(1)求证：平面B₁EF⊥平面BDD₁B；

(2)求点D₁到平面B₁EF的距离d；

(3)求三棱锥B₁-EFD₁的体积V.

(1)证法一：如下图，连结AC.

∵正四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁的底面是正方形，

∴AC⊥BD.又AC⊥D₁D，故AC⊥平面BDD₁B₁.

∵E、F分别为AB、BC的中点，故EF∥AC.

∴EF⊥平面BDD₁B₁.

∴平面B₁EF⊥平面BDD₁B₁.

证法二：∵BE=BF，∠EBD=∠FBD=45°，∴EF⊥BD.

又EF⊥D₁D，∴EF⊥平面BDD₁B₁.

∴平面B₁EF⊥平面BDD₁B₁.

(2)解：在对角面BDD₁B₁中，作D₁H⊥B₁G，垂足为H.

∵平面B₁EF⊥平面BDD₁B₁，

且平面B₁EF∩平面BDD₁B₁=B₁G，

∴D₁H⊥平面B₁EF，且垂足为H.

∴点D₁到平面B₁EF的距离d=D₁H.

在Rt△D₁HB₁中，D₁H=D₁B₁·sin∠D₁B₁H.

∵D₁B₁=A₁B₁=·2=4，sin∠D₁B₁H=sin∠B₁GB===，

∴d=D₁H=4·=.

(3)解：V=V=V=·d·S=···2·=.

评注：近几年立体几何的解答题一般都是一题多问，环环相扣.如本题的三小问便是如此.本题主要考查正四棱柱等基本知识，考查逻辑推理能力及空间思维能力.

(理)如下图，正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，棱长为a.求：

(1)AB与B₁C所成的角；

(2)AB与B₁C间的距离；

(3)AB与B₁D间的距离.

解：(1)∵AB∥CD，

∴∠B₁CD是AB与B₁C所成角.

∵DC⊥平面BB₁C₁C，

∴DC⊥B₁C.于是∠DCB₁=90°.

∴AB与B₁C所成角为90°.

(2)连结BC₁交B₁C于O，则BO⊥B₁C.

又AB⊥平面BB₁C₁C，∴AB⊥BO.

∴BO是异面直线AB和B₁C的公垂线段，

易得BO= a，

即AB与B₁C间的距离为a.

(3)∵AB∥DC，AB平面B₁DC，DC平面B₁DC，∴AB∥平面B₁DC，从而AB与平面B₁DC间的距离即为AB与B₁D间的距离.

∵BO⊥B₁C，BO⊥CD，B₁C∩DC=C，

∴BO⊥平面DB₁C.∴BO的长为B到平面B₁DC间的距离.

∵BO=a，∴AB与B₁D间的距离为a.

培养能力

5.在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD是边长为的正方形，侧棱长为，E、F分别是AB₁、CB₁的中点，求证：平面D₁EF⊥平面AB₁C.

证明：如下图，∵E、F分别是AB₁、CB₁的中点，

∴EF∥AC.

∵AB₁=CB₁，

O为AC的中点，

∴B₁O⊥AC.

故B₁O⊥EF.

在Rt△B₁BO中，∵BB₁=，BO=1，

∴∠BB₁O=30°.从而∠OB₁D₁=60°，又B₁D₁=2，B₁O₁=OB₁=1(O₁为BO与EF的交点).

∴△D₁B₁O₁是直角三角形，即B₁O⊥D₁O₁.

∴B₁O⊥平面D₁EF.又B₁O平面ACB₁，

∴平面D₁EF⊥平面AB₁C.

4.三个平面两两互相垂直，它们的三条交线交于一点O，P到三个平面的距离分别是3、4、5，则OP的长为__________.

解析：构造棱长分别为3、4、5的长方体，使OP为长方体的对角线.

故OP==5.

答案：5

3.设a、b是异面直线，α、β是两个平面，且a⊥α，b⊥β，aβ，bα，则当__________(填上一种条件即可)时，有α⊥β.

解析：本题为开放性问题.可以填上a⊥b，也可以填a∥β，或b∥α.

答案：a⊥b