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第7章 第5节 直线、平面垂直的判定及其性质


考纲要求

考情分析

1.(理)从考查内容看,高考对本考点重 点考查线线垂直、线面垂直和面面垂 直的判定和性质以及线面角、二面角 的求法. (文)从考查内容看,本考点重 以立体几何的定义、 点考查线线垂直、线面垂直和面面垂 公理和定理为出发 直的判定和性质;从近几年的高考 点,认识和理解空间 看,线面角的求法也逐渐成为考查的 中线面垂直的判定定 重点. 理与有关性质. 2.从考查形式看,主要以解答题为 主,且常将位置关系的证明与角的求 法结合在一起命题,综合考查学生的 逻辑推理能力和运算能力.

一、直线与平面垂直

1.直线和平面垂直的定义
直线l与平面α内的 任意 一条直线都垂直,就说直线l与平面α 互相垂直.

2.直线与平面垂直的判定与性质
文字语言 一条直线与一个 平面内的两条相交 判定 直线 都垂直, 定理 则该直线与此平 面垂直 垂直于同一个平 性质 面的两条直线 定理 平行 图形语言

a、b?α a∩b=O l⊥a l⊥b
α

符号语言

? ? ? ?l⊥ ? ?

a⊥α b⊥α

? ??a∥b ?

3.直线和平面所成的角 (1)定义:平面的一条斜线和 它在平面内的射影 的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角. 当直线与平面垂直和平行(含直线在平面内)时,规定直 π 和0 线和平面所成的角分别为 2 .
? π ? (2)范围:?0, 2 ? ? ? ?. ?

所成

1.两条直线和一个平面所成的角相等,这两条直线的位置 关系怎样? 提示:平行、相交、异面三种情况都有可能.

二、平面与平面垂直 1.二面角的有关概念 (1)二面角:从一条直线出发的 两个半平面 所组成的图形

叫做二面角.
(2) 二面角的平面角:在二面角的棱上任一点,以该点为垂 足,在两个半平面内分别作 垂直于棱 的两条射线,这两条射线 所构成的角叫做二面角的平面角. (3)二面角的范围:[0,π].

2.平面和平面垂直的定义 两个平面相交,如果所成的二面角是 直二面角 两个平面互相垂直. ,就说这

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3.平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 一个平面过另 判定定 一个平面 理 的 垂线 ,则这 两个平面垂直 两个平面垂 直,则一个平 性质定 交线 面内垂直于 理 的直线与另一 个平面垂直 符号语言

l?β ? ?α ⊥β l⊥α ? ? α⊥β l?β α∩β=a l⊥a
? ? ??l⊥α ? ?

2.垂直于同一平面的两平面是否平行? 提示:不一定,可能平行也可能相交.

1.设l、m、n均为直线,其中m、n在平面α内,则“l⊥α” 是“l⊥m且l⊥n”的( A.充分不必要条件 ) B.必要不充分条件

C.充要条件
是相交直线,则得不到l⊥α. 答案:A

D.既不充分也不必要条件

解析:当l⊥α时,l⊥m且l⊥n.但当l⊥m,l⊥n时,若m、n不

2.将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线AD折起

得到四面体 ABCD( 如图 2) ,则在四面体 ABCD 中, AD 与 BC 的位
置关系是( )

A.相交且垂直
C.异面且垂直

B.相交但不垂直
D.异面但不垂直

解析: 由题意知 AD⊥BD , AD⊥DC , 又 BD∩DC = D , 故 AD⊥ 平 面 BCD. 又 BC? 平 面 BCD , 所 以 AD⊥BC. 又 AD 与 BC 异 面,故选C.

答案:C

3 .在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中, B1C 与平面 DD1B1B 所成
角的大小是( A.15° C.45° ) B.30° D.60°

解析:如图所示,连结AC交BD于O点,易 证AC⊥平面DD1B1B,连结B1O,则∠CB1O即 为B1C与对角面所成的角,设正方体边长为 2 1 a,则B1C= 2 a,CO= a,∴sin∠CB1O= .∴∠CB1O= 2 2 30°.

答案:B

4.设α,β是空间两个不同的平面,m,n是平面α及β外的两

条不同直线.从“①m⊥n;②α⊥β;③n⊥β;④m⊥α”中选取
三个作为条件,余下一个作为结论,写出你认为正确的一个命 题:________.(用代号表示) 解析: 将①③④作为条件 , 构造长方体进行证明 , 即从长 方体的一个顶点出发的两条棱与其对面垂直 , 这两个对面互相

垂直,故①③④?②;对于②③④?①,可仿照前面的例子进行
证明. 答案:①③④?②(或②③④?①)

5 . ( 理 ) 设 P 是 60° 的 二 面 角 α - l - β 内 一 点 , PA⊥α , PB⊥β , A 、 B 分 别 为 垂 足 , PA = 2 , PB = 4 , 则 AB 的 长 是

________.
解析: 如图所示 , PA 与 PB 确定平面 γ , 设平面 γ 与 l 交于点 E,则BE⊥l,AE⊥l, ∴∠BEA即为二面角的平面角,

∴∠BEA=60°,从而∠BPA=120°, 在△BAE中,由余弦定理,得AB2=PA2+PB2- 2PA· PB· cos∠BPA=4+16+8=28. ∴AB=2 7.
答案:2 7

5 . ( 文 ) 在正三棱锥 P - ABC 中, D , E 分别是 AB , BC 的中

点,有下列三个论断:①AC⊥PB;②AC∥平面PDE;③AB⊥平
面PDE.其中所有正确论断的序号为________. 解析:取AC中点O,连接PO,BO,则AC⊥PO,AC⊥BO, 又 PO∩BO = O , 所以 AC⊥ 平面 POB , 故 AC⊥PB. 由 AC∥DE 知 AC∥平面PDE.显然③不成立.

答案:①②

【考向探寻】
1.直线与平面垂直的判定. 2.直线与平面垂直的性质. 3.直线与平面垂直的判定与性质的综合应用.

【典例剖析】

(1) 如图甲,在△ ABC 中,∠ ABC = 90°, PA⊥平面
ABC,则图中直角三角形的个数是________.

(2)(2012· 广东高考)如图乙,在四棱锥 PABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥CD, PD=AD,E是PB的中点,F是DC上的点 1 且DF= AB,PH为△PAD中AD边上的高. 2

①求证:PH⊥平面ABCD; ②若PH=1,AD= 积; ③求证:EF⊥平面PAB. 2 ,FC=1,求三棱锥EBCF的体

(1)利用线面垂直的判定、性质寻求图中的垂直关系.

(2)①证明PH⊥AD,PH⊥AB即可.
②由①知PH为四棱锥的高,证四边形ABCD为直角梯形,根 据公式求体积即可. ③取PA中点M,证DM⊥平面PAB及EF∥DM即可.

(1)解析:∵PA⊥平面ABC,AB,AC?平面ABC, ∴PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC. 又CB⊥AB,PA∩AB=A,∴CB⊥平面PAB.∴CB⊥PB. ∴△PAB,△PAC,△PBC,△ABC均为直角三角形.

答案:4

(2)①证明:因为AB⊥平面PAD,PH?平面PAD,
所以PH⊥AB. 因为PH为△PAD中AD边上的高, 所以PH⊥AD. 因为PH?平面ABCD,AB∩AD=A,AB,AD?平面ABCD,

所以PH⊥平面ABCD.

②解:

如图,连接BH,取BH的中点G,连接EG. 因为E是PB的中点, 所以EG∥PH, 1 1 且EG=2PH=2. 因为PH⊥平面ABCD, 所以EG⊥平面ABCD.

因为AB⊥平面PAD,AD?平面PAD, 所以AB⊥AD, 所以底面ABCD为直角梯形,
? 1 1 ?1 2 ? ? 所以VE?BCF=3S△BCF·EG=3· 2·FC·AD ·EG= 12 . ? ?

③证明:取PA中点M,连接MD,ME. 1 因为E是PB的中点,所以ME∥AB,ME= AB. 2 1 又因为DF∥AB,DF= AB, 2 所以ME∥DF,ME=DF, 所以四边形MEFD是平行四边形, 所以EF∥MD.

因为PD=AD,所以MD⊥PA. 因为AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB. 因为PA∩AB=A, 所以MD⊥平面PAB,

所以EF⊥平面PAB.

(1)证明直线和平面垂直的常用方法有
方法一 方法二 利用判定定理证明 利用a∥b,a⊥α则b⊥α证明.

方法三 方法四

利用a⊥α,α∥β则 ?a⊥β证明. 利用面面垂直的性质

(2) 当直线和平面垂直时 , 该直线垂直于平面内的任意一条
直线,常用来证明线线垂直.

【活学活用】 1.( 理) 如右图所示,已知 PA⊥矩形 ABCD 所在平面, M ,N 分别是AB,PC的中点.

(1)求证:MN⊥CD;
(2)若∠PDA=45°,求证:MN⊥平面PCD.

证明:(1)如图所示,连接AC,AN,BN, ∵PA⊥平面ABCD, ∴PA⊥AC. 在Rt△PAC中,N为PC中点, 1 ∴AN=2PC.

∵PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD, ∴PA⊥BC, 又BC⊥AB,PA∩AB=A, ∴BC⊥平面PAB, ∴BC⊥PB, 从而在Rt△PBC中,BN为斜边PC上的中线, 1 ∴BN=2PC,∴AN=BN,∴△ABN为等腰三角形, 又M为底边AB的中点,∴MN⊥AB, 又∵AB∥CD,∴MN⊥CD.

(2)如图所示,连接PM,CM, ∵∠PDA=45°,PA⊥AD,∴AP=AD. ∵四边形ABCD为矩形,∴AD=BC,∴PA=BC. 又∵M为AB的中点,∴AM=BM,

而∠PAM=∠CBM=90°,∴PM=CM.
又∵N为PC的中点,∴MN⊥PC. 由(1)知,MN⊥CD,PC∩CD=C, ∴MN⊥平面PCD.

1.(文)如图,已知三棱锥A-BPC中,AP⊥PC,AC⊥BC,M 为AB中点,D为PB中点,且△PMB为正三角形,求证: (1)MD∥平面APC;

(2)BC⊥平面APC.

证明:(1)∵M为AB中点,D为PB中点,∴MD∥AP. 又MD?平面APC,AP?平面APC, ∴MD∥平面APC. (2)∵△PMB为正三角形,D为PB的中点, ∴MD⊥PB. 又由(1)知MD∥AP,∴AP⊥PB,

又已知AP⊥PC,PB∩PC=P,
∴AP⊥平面PBC,∴AP⊥BC. 又AC⊥BC,AC∩AP=A,

∴BC⊥平面APC.

【考向探寻】 1.平面与平面垂直的判定.

2.平面与平面垂直的性质.
3.平面与平面垂直的判定与性质的综合应用.

【典例剖析】 (1)(2012·浙江高考)设l是直线,α,β是两个不同的平 面

A.若l∥α,l∥β,则α∥β
B.若l∥α,l⊥β,则α⊥β C.若α⊥β,l⊥α,则l⊥β D.若α⊥β,l∥α,则l⊥β

(2)(2012·江苏高考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1B1

= A1C1 , D , E 分别是棱 BC , CC1 上的点 ( 点 D 不同于点 C) ,且
AD⊥DE,F为B1C1的中点.

求证:①平面ADE⊥平面BCC1B1; ②直线A1F∥平面ADE.

题号 (1) (2)

分析 利用线面、面面关系定理判定 ①先证AD⊥平面BCC1B1,再证两平面 垂直;②转化为证明A1F∥AD即可.

(1)解析: 设α∩β =a,若直线l ∥ a, 且l?α,l?β,则l ∥
α,l ∥ β,因此α不一定平行于β,故A错误;由于l ∥ α,故在α 内存在直线 l′ ∥ l ,又因为 l⊥β ,所以l′⊥β , 故α⊥β ,所以 B正 确;若α⊥β,在β内作交线的垂线 l,则l⊥α,此时l在平面β内, 因此C错误;已知 α⊥β,若α∩β =a,l ∥ a,且l不在平面α,β

内,则l ∥ α且l ∥ β,因此D错误.
答案:B

(2) 证明: ①因为 ABC-A1B1C1 是直三棱柱 , 所以 CC1⊥ 平面
ABC. 又AD?平面ABC,所以CC1⊥AD. 又AD⊥DE,CC1,DE?平面BCC1B1,CC1∩DE=E, 所以AD⊥平面BCC1B1.

因为AD?平面ADE,
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.

②因为A1B1=A1C1,F为B1C1的中点,所以A1F⊥B1C1.

因为CC1⊥平面A1B1C1,且A1F?平面A1B1C1,
所以CC1⊥A1F. 又因为CC1,B1C1?平面BCC1B1,CC1∩B1C1=C1, 所以A1F⊥平面BCC1B1. 由(1)知AD⊥平面BCC1B1,所以A1F ∥ AD.

又AD?平面ADE,A1F?平面ADE,
所以A1F∥平面ADE.

(1)证明平面和平面垂直的方法
①利用定义证明.只需判定两平面所成的二面角为直二面 角即可. ②利用线面垂直的判定定理.此种方法要注意平面内的两 条直线必须相交.

(2) 面面垂直的性质应用技巧:两平面垂直 , 在一个平面内
垂直于交线的直线必垂直于另一个平面.这是把面面垂直转化 为线面垂直的依据.运用时要注意“平面内的直线”.

两个相交平面同时垂直于第三个平面,那么它们的交线也 垂直于第三个平面.

【活学活用】 2.如图所示,已知矩形ABCD中,AB=10,BC=6,将矩形

沿对角线BD把△ABD折起,使A移到A1点,且A1在平面BCD上的
射影O恰好在CD上. (1)求证:BC⊥A1D; (2)求证:平面A1BC⊥平面A1BD.

证明:(1)∵A1在平面BCD上的射影O在CD上, ∴A1O⊥平面BCD,又BC?平面BCD, ∴BC⊥A1O. 又BC⊥CO,A1O∩CO=O,∴BC⊥平面A1CD,

又A1D?平面A1CD,∴BC⊥A1D.

(2)∵ABCD 为 矩 形 , ∴ A1D⊥A1B , 由 (1) 知 A1D⊥BC ,
A1B∩BC=B, ∴A1D⊥平面A1BC,又A1D?平面A1BD, ∴平面A1BC⊥平面A1BD.

(理)
【考向探寻】 1.与平行、垂直有关的综合问题. 2.与垂直、平行有关的折叠、探索性问题.

3.求二面角的大小.

【典例剖析】

(2012· 安徽高考)平面图形ABB1A1C1C如图①所 示,其中BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC= 2 , A1B1=A1C1= 5 ,现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠,

使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,再分 别连接A1A,A1B,A1C,得到如图②所示的空间图形.对此 空间图形解答下列问题.

(1)求证:AA1⊥BC;

(2)求AA1的长;
(3)求二面角A-BC-A1的余弦值.

解答此题可按以下思路进行:

(1) 先证 CB⊥DD1 , BC⊥AD , 进而证得 BC⊥ 平面 AD1A1D ,
从而可得结论. (2) 延长 A1D1 到 G , 使 GD1 = AD , 可求得 AG 及 A1G , 再利用 勾股定理求解. (3)作出二面角的平面角,用通过解三角形求解.

(1) 证明: 如图③ , 取 BC , B1C1 的中点分别为 D 和 D1 , 连接 A1D1,DD1,AD,A1D,AD1. 由条件可知,BC⊥AD,B1C1⊥A1D1.

由上可得AD⊥平面BB1C1C,A1D1⊥平面BB1C1C,

由此得AD∥A1D1,即AD,A1D1确定平面AD1A1D.
又因为DD1∥BB1,BB1⊥BC,所以DD1⊥BC. 又AD⊥BC,AD∩DD1=D, 所以BC⊥平面AD1A1D,又AA1?平面AD1A1D.故BC⊥AA1.

(2)解:延长A1D1到G点,使GD1=AD. 连接AG,则AD∥GD1. 所以四边形AGD1D为平行四边形.

所以AG∥DD1,又DD1∥BB1,所以AG∥BB1.
由于 BB1⊥ 平面 A1B1C1 , 所以 AG⊥ 平面 A1B1C1 , 又 A1G? 平 面A1B1C1,所以AG⊥A1G. 由条件可知,A1G=A1D1+D1G=3,AG=4,所以AA1=5.

(3)解:因为BC⊥平面AD1A1D, 所以∠ADA1为二面角ABCA1的平面角. 在Rt△A1DD1中,DD1=4,A1D1=2, 5 解得sin∠D1DA1= , 5
?π ? ? cos∠ADA1=cos? +∠D1DA1? ?=- 2 ? ?

5 , 5

5 即二面角ABCA1的余弦值为- 5 .

(1)求二面角的方法 根据二面角的平面角的定义作出平面角,然后通过解 三角形的方法求出该角,其具体步骤是“作→证→求”. (2)解决垂直的综合问题时要注意三种垂直相互转化, 具体为

【活学活用】 3.三棱锥P-ABC中,PC、AC、BC两两垂直,BC=PC= 1,AC=2,E、F、G分别是AB、AC、AP的中点. (1)求证:平面GFE∥平面PCB;

(2)求二面角B-AP-C的正切值.

(1)证明:因为E、F、G分别是AB、AC、AP的中点, 所以EF∥BC,GF∥CP.

因为EF,GF?平面PCB.
所以EF∥平面PCB,GF∥平面PCB. 又EF∩GF=F,所以平面GFE∥平面PCB.

(2)解:∵BC⊥PC,BC⊥CA,且PC∩AC=C,∴BC⊥ 平面PAC. 过点C作CH⊥PA于H点,连结HB,则HB⊥PA, ∴∠BHC即为二面角BAPC的平面角. 在Rt△ACP中,AP= PC2+AC 2= 5, 1×2 2 5 HC= = 5 (等积). 5

BC 1 5 ∴tan∠BHC=HC= = . 2 5 2 5 5 ∴二面角BAPC的正切值为 2 .

(文)

【考向探寻】
1.与垂直、平行有关的综合问题. 2.与平行、垂直有关的折叠、探索性问题. 3.求直线与平面所成角的大小.

【典例剖析】

(2012· 浙江高考)如图,在侧棱垂直底面的四棱柱 ABCDA1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB= 2 ,AD=

2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线 AA1的交点. (1)求证:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF. (2)求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值.

解答此题可按以下思路进行 (1)①先证 C1B1∥ 平面 A1D1DA , 再利用线面平行的性质证

EF∥A1D1.
②证明BA1⊥B1C1,BA1⊥B1F即可. (2)作出直线与平面所成的角,通过解三角形求解.

(1)证明:①因为C1B1∥A1D1,C1B1?平面ADD1A1, 所以C1B1∥平面A1D1DA. 又因为平面B1C1EF∩平面A1D1DA=EF,所以C1B1∥ EF, 所以A1D1∥EF.

②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.

又因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,
所以B1C1⊥BA1. 在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点, tan∠A1B1F=tan∠AA1B=, 即∠A1B1F=∠AA1B,故BA1⊥B1F.

所以BA1⊥平面B1C1EF.

(2)解:设BA1与B1F交点为H,连接C1H. 由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面 B1C1EF所成的角. 4 在矩形AA1B1B中,AB= 2,AA1=2,得BH= . 6 4 在Rt△BHC1中,BC1=2 5,BH= ,得 6 BH 30 sin∠BC1H= = . BC1 15 30 所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是 15 .

(1)求线面角的方法

根据线面角的定义作出直线与平面所成的角 , 然后通过解
三角形的方法求出该角,其具体步骤是“作→证→求”. (2) 解决垂直的综合问题时要注意三种垂直相互转化 , 具体 为

【活学活用】 3.AB 为圆 O 的直径,点 E , F 在圆上, AB∥EF ,矩形 ABCD 所在平面与圆O所在平面互相垂直,已知AB=2,EF=1.

(1)求证:BF⊥平面DAF;
(2)求BF与平面ABCD所成的角; (3)若AC与BD相交于点M,求证:ME∥平面DAF.

(1)证明:∵AB为圆O的直径, ∴BF⊥AF.

又∵平面ABCD⊥圆O面,
且平面ABCD∩圆O面=AB,DA⊥AB. ∴DA⊥圆面O,BF?圆面O, ∴DA⊥BF,DA∩AF=A, 所以BF⊥平面ADF.

(2)解:过F作FH⊥AB交AB于H, DA⊥圆面O,FH?圆面O, DA⊥FH,∴FH⊥平面ABCD, ∴∠HBF是BF与平面ABCD所成角的角. 3 3 在Rt△FHB中,∠FHB=90°,HF= 2 ,BH=2, 3 FH 2 3 ∴tan∠FBH=BH= 3 = 3 . 2

∴∠HBF=30°, 所以BF与平面ABCD所成角是30°. (3)证明:过M作MG∥AB交DA于G,连接FG, 1 则MG∥AB,MG= AB,而EF∥AB, 2 1 EF=2AB,所以EF∥MG,EF=MG. ∴四边形MGFE为平行四边形, ∴GF∥ME, ∵GF?平面DAF,ME?平面DAF, ∴ME∥平面DAF.

(理)(12分)如图,在△BCD中,∠BCD= 90°,BC=CD=1,AB⊥平面BCD,∠ADB =60°,E、F分别是AC、AD上的动点,且 AE AF AC=AD=λ(0<λ<1). (1)判断EF与平面ABC的位置关系并证 明; (2)是否存在λ,使得平面BEF⊥平面ACD?如果存在, 求出λ的值;如果不存在,请说明理由.

(1) (2)

; .

(1)EF⊥平面ABC. 证明:因为AB⊥平面BCD,CD?平面BCD. 所以AB⊥CD.

又△BCD中,∠BCD=90°,
所以BC⊥CD, 因为AB∩BC=B, 所以CD⊥平面ABC, ?? ?? ?? ?? 2分

又在△ACD中,E、F分别是AC、AD上的动点, AE AF 且 = =λ(0<λ<1), AC AD ∴EF∥CD.4分 ∴EF⊥平面ABC. ???????6分

(2)∵CD⊥平面ABC,BE?平面ABC,∴BE⊥CD, 要使平面BEF⊥平面ACD,只要BE⊥AC即可. ??8分 在Rt△ABD中,∠ADB=60°, ∴AB=BDtan 60°= 6, 在Rt△ABC中,AC= AB2+BC2= 7, 当BE⊥AC时,由AC· BE=AB· BC AB·BC 6 得BE= = , AC 7 ∴AE= AB -BE =
2 2

36 6 7 = 7,

6 7 6 AE ∴ = = , AC 7 7 AE 6 即当λ= = 时, AC 7 BE⊥AC.10分 又BE⊥CD,AC∩CD=C, ∴BE⊥平面ACD.

∵BE?平面BEF, ∴平面BEF⊥平面ACD. 6 所以存在λ=7, 使得平面BEF⊥平面ACD. ???????12分

(文)(12分)如图,四棱锥P-ABCD中,底面 ABCD是∠DAB=60°的菱形,侧面PAD为正 三角形,其所在平面垂直于底面ABCD. (1)求证:AD⊥PB; (2)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使 平面DEF⊥平面ABCD,并证明你的结论.

(1)证明:取AD的中点G,连PG,BG,BD.

∵△PAD为等边三角形,
∴PG⊥AD,?????????2分 又∵平面PAD⊥平面ABCD, ∴PG⊥平面ABCD.

在△ABD中,∠DAB=60°,AD=AB,

∴△ABD为等边三角形,
∴BG⊥AD,??????????????????5分 又PG∩BG=G. ∴AD⊥平面PBG,∵PB?平面PBG,∴AD⊥PB. ??7分

(2)连CG,DE,设CG与DE相交于点H, 在△PGC中作HF∥PG,交PC于F点,连接DF. ???8分

∴ FH⊥ 平面 ABCD ,∵ FH? 平面 DHF ,∴ 平面 DHF⊥ 平面
ABCD. ∵H是CG的中点,∴F是PC的中点,???????11分 ∴当F为PC的中点时,满足平面DEF⊥平面ABCD. ?12分

(1)第一步,探求出点的位置. 第二步,证明符合要求.

第三步,给出明确答案.
第四步,反思回顾,查看关键点,易错点和答题规范. (2) 从 结 论 出 发 , “ 要 使 什 么 成 立 ” , “ 只 须 使 什 么 成 立”,寻求使结论成立的充分条件,类似于分析法.

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