高考第一轮复习数学：9.5两个平面垂直.doc

9.5 两个平面垂直

●知识梳理
1.两个平面垂直的定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，那么这两个平面互相垂直.
2.两个平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直.
3.两个平面垂直的性质定理：如果两个平面垂直，那么过其中一个平面内的一点作它的交线的垂线与另一个平面垂直.
●点击双基
1.在三棱锥A—BCD中，若AD⊥BC，BD⊥AD，△BCD是锐角三角形，那么必有
A.平面ABD⊥平面ADC B.平面ABD⊥平面ABC
C.平面ADC⊥平面BCD D.平面ABC⊥平面BCD
解析：由AD⊥BC，BD⊥ADAD⊥平面BCD，面AD平面ADC，
∴平面ADC⊥平面BCD.
答案：C
2.直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=AA1=a，则点A到平面A1BC的距离是
A.a B. a C. a D. a
解析：取A1C的中点O，连结AO.
∵AC=AA1，∴AO⊥A1C.
又该三棱柱是直三棱柱，∴平面A1C⊥平面ABC.
又∵BC⊥AC，∴BC⊥AO.
因此AO⊥平面A1BC，即A1O等于A到平面ABC的距离.解得A1O=a.
答案：C
3.设两个平面α、β，直线l，下列三个条件：①l⊥α；②l∥β；③α⊥β.若以其中两个作为前提，另一个作为结论，则可构成三个命题，这三个命题中正确的个数为
A.3 B.2 C.1 D.0
解析：
答案：C
4.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，截面A1BD与底面ABCD所成的二面角A1—BD—A的正切值为_____________.
答案：
5.夹在互相垂直的两个平面之间长为2a的线段和这两个平面所成的角分别为45°和30°，过这条线段的两个端点分别向这两个平面的交线作垂线，则两垂足间的距离为_____________.
解析：如下图，平面α⊥β，α∩β=l，A∈α，B∈β，AB=2a.
AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，则CD即为所求.
∵α⊥β，AC⊥l，∴AC⊥β，∠ABC就是AB与平面β所成的角.
故∠ABC=30°，故AC=a.
同理，在Rt△ADB中求得AD=a.
在Rt△ACD，CD==a.

答案：a
●典例剖析
【例1】 如下图，过S引三条长度相等但不共面的线段SA、SB、SC，且∠ASB=∠ASC=60°，∠BSC=90°，求证：平面ABC⊥平面BSC.

剖析：本题是面面垂直的证明问题.一条是从定义出发的思路，即先证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线.但图中似乎没有现成的这样的直线，故作辅助线.根据已知条件的特点，取BC的中点O，连结AO、SO，既可证明AO⊥平面BSC，又可证明SO⊥平面ABC.另一条是从定义出发的思路，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，注意到∠AOS是二面角A—BC—S的平面角，转化为证明∠AOS是直角.
证法一：取BC的中点O，连结AO、SO.
∵AS=BS=CS，SO⊥BC，又∵∠ASB=∠ASC=60°，∴AB=AC，
从而AO⊥BC.
设AS=a，又∠BSC=90°，则SO=a.又AO=== a，
∴AS2=AO2+SO2，故AO⊥OS.
从而AO⊥平面BSC，又AO平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BSC.
证法二：同证法一证得AO⊥BC，SO⊥BC，
∴∠AOS就是二面角A—BC—S的平面角.再同证法一证得AO⊥OS，即∠AOS=90°.
∴平面ABC⊥平面BSC.
特别提示
本题揭示的是证面面垂直常用的两种方法.此外，本题中证明∠AOS=90°的方法较为特殊，即通过“算”，定量地证得直角，而不是通过位置关系定性地推理出直角，这也是立体 何中证明垂直的一种重要方法.
【例2】 如下图，在三棱锥S—ABC中，SA⊥平面ABC，平面SAB⊥平面SBC.

（1）求证：AB⊥BC；
（2）若设二面角S—BC—A为45°，SA=BC，求二面角A—SC—B的大小.
（1）证明：作AH⊥SB于H，
∵平面SAB⊥平面SBC，
∴AH⊥平面SBC.
又SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC.
SA在平面SBC上的射影为SH，∴BC⊥SB.又SA∩SB=S，∴BC⊥平面SAB.
∴BC⊥AB.
（2）解：∵SA⊥平面ABC，
∴平面SAB⊥平面ABC.又平面SAB⊥平面SBC，
∴∠SBA为二面角S—BC—A的平面角.∴∠SBA=45°.设SA=AB=BC=a.
作AE⊥SC于E，连结EH，则EH⊥SC，∠AEH为二面角A—SC—B的平面角，
AH=a，AC=a，SC=a，AE=a，
∴sin∠AEH=，二面角A—SC—B为60°.
思考讨论
证明两个平面垂直的常见方法：
（1）根据定义，证其二面角的平面角是直角；
（2）根据判定定理，证明一个平面经过另一个平面的垂线.
【例3】 已知正三棱柱ABC—A1B1C1，若过面对角线AB1与另一面对角线BC1平行的平面交上底面A1B1C1的一边A1C1于点D.

（1）确定D的位置，并证明你的结论；
（2）证明：平面AB1D⊥平面AA1D；
（3）若AB∶AA1=，求平面AB1D与平面AB1A1所成角的大小.
剖析：本题的结论是“开放性”的，点D位置的确定如果仅凭已知条件推理难以得出.由于AB1与BC1这两条面对角线是相邻二侧面上的异面直线，于是可考虑将BC1沿BA平行移动，BC1取AE1位置，则平面AB1E1一定平行BC1，问题可以解决.
（1）解：如下图，将正三棱柱ABC—A1B1C1补成一直平行六面体ABCE—A1B1C1E1，由AE1∥BC1，AE1平面AB1E1，知BC1∥平面AB1E1，故平面AB1E1应为所求平面，此时平面AB1E1交A1C1于点D，由平行四边形对角线互相平行性质知，D为A1C1的中点.

（2）证明：连结AD，从直平行六面体定义知AA1⊥底面A1B1C1D1，且从A1B1C1E1是菱形知，B1E1⊥A1C1，据三垂线定理知，B1E1⊥AD.
又AD∩A1C1=D，所以B1E1⊥平面AA1D，
又B1E1平面AB1D，所以平面AB1D⊥平面AA1D.
（3）解：因为平面AB1D∩平面AA1D=AD，
所以过A1作A1H⊥AD于点H.
作HF⊥AB1于点F，连结A1F，从三垂线定理知A1F⊥AB1.
故∠A1FH是二面角A1—AB1—D的平面角.
设侧棱AA1=1，侧棱AB=.于是AB1== .
在Rt△AB1A1中，A1F===，
在Rt△AA1D中，AA1=1，A1D=A1C1=，AD== .
则A1H==.
在Rt△A1FH中，sin∠A1FH==，
所以∠A1FH=45°.
因此可知平面AB1D与平面AB1A1所成角为45°或135°.
评述：本题主要考查棱柱的性质，以及面面关系、二面角的计算，同时考查空间想象能力和综合运用知识解决问题的能力.
特别提示
1.开放性问题已进入高考试卷中，近年来，全国及上海市多次考查开放题，解开放题并将经验与解题技巧相结合，并要有较熟练的基础知识和“图形意识”，并能将典型图形灵活应用到解题中去.
2.立体几何的计算并非单纯的数字计算，而是与作图和证明相结合的.立体几何计算题的主要步骤可以归纳为画—证—算三步.“画”是画图，添加必要的辅助线，或画出所要求的几
何量，或进行必要的转化；“证”是证明，用三段论的方法证明你所画的几何量即为所求，然后进行最后一步计算.这三步之间紧密相连，环环相扣，互相制约，形成了解决立体几何计算题的思维程序，是综合考查学科能力的集中体现.

●闯关训练
夯实基础
1.P为△ABC所在平面外的一点，则点P在此三角形所在平面上的射影是△ABC垂心的充分必要条件是
A.PA=PB=PC
B.PA⊥BC，PB⊥AC
C.点P到△ABC三边所在直线距离相等
D.平面PAB、平面PBC、平面PAC与△ABC所在的平面所成的角相等
解析：条件A为外心的充分必要条件，条件C、D为内心或旁心的必要条件（当射影在△ABC的形内时为内心，在形外时为旁心）.
答案：B
2.m、n表示直线，α、β、γ表示平面，给出下列四个命题，其中正确命题为
①α∩β=m，nα，n⊥m，则α⊥β ②α⊥β，α∩γ=m，β∩γ=n，则m⊥n
③α⊥β，α⊥γ，β∩γ=m，则m⊥α ④m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
A.①② B.②③ C.③④ D.②④
答案：C
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
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
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.
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
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.
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
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
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.
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.
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.