09 证明空间直线、平面垂直“三提示”-《中学生数理化》高一数学2025年4月刊

■潘家鹏 空间直线、平面的垂直问题是立体几何 中的热点问题,解题的关键是线面垂直的定 义、判定定理、性质定理或面面垂直的定义、 判定定理、性质定理的灵活应用,有时也要结 合题目“提示”添加适当的辅助线。下面举例 说明。 提示1:遇到中点,找中点,巧用中位线 例1 如图1,在四棱锥P-ABCD 中,底 面ABCD 是平行四边形,PA=PB,DA= DB= 2,AB=2,PD=1,点 E,F 分别是 AB 和PB 的中点。求证:PE⊥CF。 图1 分析:取PE 的中点G,通过证明PE⊥ 平面CDGF,再由线面垂直的性质定理即可 得到结果。 证明:取PE 的中点G。由DA=DB= 2,AB=2,可知△DAB 为等腰直角三角 形,所以DE=1。因为PD=1,所以△PDE 是等腰三角形,所以PE⊥DG。 因为 PA =PB,所 以 PE ⊥AB。由 FG∥EB,即FG∥AB,可得PE⊥FG。 因为CD∥AB∥FG,所以C,D,G,F 四 点共面。因为FG∩DG=G,所以PE⊥平面 CDGF。又 CF⊂平面 CDGF,所以 PE⊥ CF。 评注:在已知条件里出现中点的情况下, 可取另一边的中点,利用三角形的中位线构 造平行线,能起到化难为易的功效。 提示2:遇到面面垂直的条件,要联想到 面面垂直的性质定理 例2 如图2所示,在四棱台 ABCD- A1B1C1D1 中,AA1 ⊥ 平 面 ABCD,AB∥ CD,∠ACD=90°,AC= 3,CD=1,AM⊥ CC1,垂足为 M。 求证:平面ABM⊥平面CDD1C1。 图2 分 析:连 接 A1C1。由 AA1 ⊥ 平 面 ABCD,可得AA1⊥CD。由AC⊥CD,可得 CD⊥平 面 AA1C1C,所 以 AM ⊥CD。由 AM⊥CC1,结 合 线 面 垂 直 的 判 定 定 理 得 AM⊥平面CDD1C1,再由面面垂直的判定定 理可得结果。 证明:连 接 A1C1。因 为 AA1⊥ 平 面 ABCD,CD⊂平面ABCD,所以AA1⊥CD。 因为AC⊥CD,AA1∩AC=A,AA1,AC⊂ 平面AA1C1C,所以CD⊥平面AA1C1C。因 为AM⊂平面AA1C1C,所以AM⊥CD。因 为AM⊥CC1,C1C∩CD=C,C1C,CD⊂平 面CDD1C1,所以AM⊥平面CDD1C1。 又因 为 AM ⊂ 平 面 ABM,所 以 平 面 ABM⊥平面CDD1C1。 评注:在运用面面垂直的性质定理时,若 找不到与交线垂直的直线,则一般需要作辅 助线,基本作法是过其中一个平面内一点作 交线的垂线,这样可把面面垂直转化为线面 垂直,进而转化为线线垂直问题。 提示3:遇到边或角的大小,要联想到勾 股定理和正余弦定理 例3 如图3,在四棱锥P-ABCD 中,四 边形 ABCD 是 菱 形,平 面 ABCD ⊥ 平 面 PAD,点 M 在DP 上,且DM=2MP,AD= AP,∠PAD=120°。 91 知识结构与拓展 高一数学 2025年4月 图3 求证:BD⊥平面ACM。 分析:由余弦定理,结合勾股定理的逆定 理得 MA⊥AD,再结合平面 ABCD⊥平面 PAD,可得 MA⊥BD,最后结合 AC⊥BD 可得结果。 证明:不妨设 AD=AP=3。在△ADP 中,由∠PAD=120°,结合正弦定理得DP= 33,所以DM=23,PM= 3。 在△AMP 中,由 余 弦 定 理 得 AM = AP2+MP2-2AP·MPcos30°= 3。在 △ADM 中,因为AD2+AM2=DM2=12,所 以 MA⊥AD。 由 平 面 ABCD ⊥ 平 面 PAD,平 面 ABCD ∩ 平 面 PAD =AD,MA ⊂ 平 面 PAD,可得 MA⊥平面ABCD。因为BD⊂ 平面ABCD,所以 MA⊥BD。 因为四边形ABCD 是菱形,所以 AC⊥ BD。 又因为 AC∩MA=A,且 AC⊂平面 ACM,MA⊂平面 ACM,所 以 BD⊥平 面 ACM。 评注:在证明空间直线、平面垂直时,已 知边或角的大小,可联想到勾股定理和正余 弦定理,以算代证,把运算结果“翻译”成几何 关系,再结合线面垂直的判定定理、面面垂直 的判定定理及性质定理进行证明。 1.如 图4 所 示,平 行 六 面 体 ABCD- A1B1C1D1 中,底面ABCD 是边长为2的正 方形,O 为 AC 与 BD 的 交 点,AA1=2, ∠C1CB= ∠C1CD,∠C1CO=45°。求 证: C1O⊥平面ABCD。 提示:连接BC1,DC1,如图4。 图4 因为底面ABCD 是边长为2的正方形, 所以BC=DC。 因为∠C1CB=∠C1CD,CC1=CC1,所 以△C1CB≌△C1CD,所以 BC1=DC1。因 为点O 为线段BD 的中点,所以C1O⊥BD。 在△C1CO 中,因为CC1=2,CO= 1 2AC = 2,∠C1CO=45°,所以cos∠C1CO= 2 2 = C1C2+OC2-C1O2 2·C1C·OC ,可得C1O= 2,所以 C1C2=OC2+C1O2=4,所以C1O⊥OC。 又 OC∩BD=O,OC⊂平 面 ABCD, BD⊂平面ABCD,所以C1O⊥平面ABCD。 2.如图5,在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAB⊥平面 ABCD,底面 ABCD 为菱形, △PAB 为等边三角形,E 为AD 的中点。 图5 求证:AC⊥PE。 提示:取AB 的中点M。因为△PAB 为等 边三角形,所以PM⊥AB。因为平面PAB⊥平 面ABCD,AB 是交线,PM⊂平面PAB,所 以PM⊥平面ABCD,所以PM⊥AC。 因为底 面 ABCD 为 菱 形,所 以 AC⊥ BD。因为 M,E 分别是AB,AD 的中点,所 以 ME∥BD,所以 AC⊥ME。因为 PM∩ ME=M,ME⊂ 平 面 PME,PM ⊂ 平 面 PME,所以AC⊥平面PME。又PE⊂平面 PME,所以AC⊥PE。 作者单位:江苏省苏州市吴中区苏苑高级中学 (责任编辑 王琼霞) 02 知识结构与拓展 高一数学 2025年4月