高考數(shù)學一輪復習 第八章 第5課時 直線、平面垂直的判定及性質課件 理.ppt

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,,第八章 立 體 幾 何,1．以立體幾何的定義、公理和定理為出發(fā)點，認識和理解空間中線面垂直的有關性質與判定定理． 2．能運用公理、定理和已獲得的結論證明一些空間位置關系的簡單命題． 請注意 縱觀近幾年高考題，始終圍繞著垂直關系命題，這突出了垂直關系在立體幾何中的重要地位，又能順利實現(xiàn)各種關系的轉化，從而體現(xiàn)了能力命題的方向．特別是線面垂直，集中了證明和計算的中心內容．,1．直線與平面垂直的判定定理 如果一條直線與平面內的兩條 直線垂直，那么這條直線與這個平面 ． 推論 如果在兩條平行直線中，有一條垂直于平面，那么另一條直線也 于這個平面．,相交,垂直,垂直,2．直線與平面垂直的性質定理 (1)如果兩條直線垂直于 ，那么這兩條直線平行． (2)如果一條直線垂直于一個平面，那么它就和平面內的___________直線垂直．,同一個平面,任意一條,3．平面與平面垂直的判定定理 如果一個平面 ，那么兩個平面互相垂直． 4．平面與平面垂直的性質定理 如果兩個平面互相垂直，那么在一個平面內_____________________的直線垂直于另一個平面．,經過了另一個平面的一條垂線,垂直于它們交線,1．判斷下面結論是否正確(打“√”或“×”)． (1)“直線l垂直于平面α內的無數(shù)條直線”是“l(fā)⊥α”的必要不充分條件． (2)若直線a⊥平面α，直線b∥α，則直線a與b垂直．,(4)若直線a⊥平面α，直線b⊥平面α，則a∥b. (5)若平面α⊥平面β，直線a⊥平面β，則a∥α. (6)若直線a⊥平面α，直線a?平面β，則α⊥β. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√ (5)× (6)√,2．已知m，n是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題中正確的是( ) A．若α⊥γ，α⊥β，則γ∥β B．若m∥n，m?α，n?β，則α∥β C．若m∥n，m∥α，則n∥α D．若m∥n，m⊥α，n⊥β，則α∥β 答案 D,解析 對于選項A，兩平面β，γ同垂直于平面α，平面β與平面γ可能平行，也可能相交；對于選項B，平面α，β可能平行，也可能相交；對于選項C，直線n可能與平面α平行，也可能在平面α內；對于選項D，由m∥n，m⊥α，∴n⊥α.又n⊥β，∴α∥β，故選D.,3．(2013·新課標全國Ⅱ理)已知m，n為異面直線，m⊥平面α，n⊥平面β.直線l滿足l⊥m，l⊥n，l?α，l?β，則( ) A．α∥β且l∥α B．α⊥β且l⊥β C．α與β相交，且交線垂直于l D．α與β相交，且交線平行于l 答案 D,解析 因為m⊥α，l⊥m，l?α，所以l∥α.同理可得l∥β. 又因為m，n為異面直線，所以α與β相交，且l平行于它們的交線．故選D.,4．在如圖所示的四個正方體中，能得出AB⊥CD的是( ) 答案 A,,5.在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC＝BC＝AA1＝2，∠ACB＝90°，E為BB1的中點，∠A1DE＝90°. 求證：CD⊥平面A1ABB1.,,答案 略,例1 如圖所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分別是AB，PC的中點． (1)求證：MN⊥CD； (2)若∠PDA＝45°，求證：MN⊥平面PCD.,題型一 線線垂直、線面垂直,,(2)∵∠PDA＝45°，PA⊥AD，∴AP＝AD. ∵ABCD為矩形，∴AD＝BC，∴PA＝BC. 又∵M為AB的中點，∴AM＝BM. 而∠PAM＝∠CBM＝90°， ∴PM＝CM，又N為PC的中點，∴MN⊥PC. 由(1)知MN⊥CD，PC∩CD＝C，∴MN⊥平面PCD. 【答案】 (1)略 (2)略,探究1 證線面垂直的方法有： (1)利用判定定理，它是最常用的思路． (2)利用線面垂直的性質：若兩平行線之一垂直于平面，則另一條線必垂直于該平面． (3)利用面面垂直的性質：①兩平面互相垂直，在一個面內垂直于交線的直線垂直于另一平面． ②若兩相交平面都垂直于第三個平面，則它們的交線垂直于第三個平面．,如圖所示，在四棱錐P－ABCD中， PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．求證： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE.,思考題1,,【證明】 (1)∵PA⊥底面ABCD， ∴CD⊥PA. 又CD⊥AC，PA∩AC＝A， 故CD⊥平面PAC，AE?平面PAC. 故CD⊥AE.,(2)∵PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，故PA＝AC. ∵E是PC的中點，故AE⊥PC. 由(1)知CD⊥AE，由于PC∩CD＝C， 從而AE⊥平面PCD，故AE⊥PD. 易知BA⊥PD，故PD⊥平面ABE. 【答案】 (1)略 (2)略,例2 (1)△ABC為正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中點．求證：①DE＝DA； ②平面BDM⊥平面ECA； ③平面DEA⊥平面ECA.,題型二 面面垂直,,【證明】 ①取EC的中點F，連接DF.,,【答案】 ①略 ②略 ③略,(2)已知平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC.AE⊥平面PBC，E為垂足． ①求證：PA⊥平面ABC； ②當E為△PBC的垂心時，求證：△ABC是直角三角形．,,【思路】 已知條件“平面PAB⊥平面ABC，……”，想到面面垂直的性質定理，便有如下解法． 【證明】 ①在平面ABC內取一點D，作DF⊥AC于F.,,平面PAC⊥平面ABC，且交線為AC，∴DF⊥平面PAC. 又PA?平面PAC， ∴DF⊥PA.作DG⊥AB于G， 同理可證：DG⊥PA. DG，DF都在平面ABC內，且DG∩DF＝D， ∴PA⊥平面ABC.,②連接BE并延長交PC于H， ∵E是△PBC的垂心，∴PC⊥BH. 又已知AE是平面PBC的垂線，PC?平面PBC， ∴PC⊥AE.又BH∩AE＝E，∴PC⊥平面ABE. 又AB?平面ABE，∴PC⊥AB. ∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB. 又PC∩PA＝P，∴AB⊥平面PAC. 又AC?平面PAC，∴AB⊥AC. 即△ABC是直角三角形． 【答案】 ①略 ②略,探究2 (1)掌握證明兩平面垂直常轉化為線面垂直，利用判定定理來證明．也可作出二面角的平面角，證明平面角為直角，利用定義來證明． (2)已知兩個平面垂直時，過其中一個平面內的一點作交線的垂線，則由面面垂直的性質定理可得此直線垂直于另一個平面，于是面面垂直轉化為線面垂直，由此得出結論：兩個相交平面同時垂直于第三個平面，則它們的交線也垂直于第三個平面．②的關鍵是靈活利用①題的結論．,(2014·江蘇)如圖所示，在三棱錐P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5. 求證：(1)直線PA∥平面DEF； (2)平面BDE⊥平面ABC.,思考題2,,【證明】 (1)因為D，E分別為棱PC，AC的中點，所以DE∥PA. 又因為PA?平面DEF，DE?平面DEF， 所以直線PA∥平面DEF.,,又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC. 因為AC∩EF＝E，AC?平面ABC，EF?平面ABC， 所以DE⊥平面ABC.又DE?平面BDE， 所以平面BDE⊥平面ABC. 【答案】 (1)略 (2)略,例3 (2015·山東威海一模)如圖所示，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2，AD＝AF＝1，∠BAF＝60°，O，P分別為AB，CB的中點，M為底面△OBF的重心．,題型三 平行與垂直的綜合問題,,(1)求證：平面ADF⊥平面CBF； (2)求證：PM∥平面AFC； (3)求多面體CD－AFEB的體積V. 【解析】 (1)證明：∵矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，且CB⊥AB， ∴CB⊥平面ABEF. 又AF?平面ABEF，∴CB⊥AF. 又AB＝2，AF＝1，∠BAF＝60°，由余弦定理知BF＝，∴AF2＋BF2＝AB2，∴AF⊥BF. 又BF∩CB＝B，∴AF⊥平面CBF. ∵AF?平面ADF，∴平面ADF⊥平面CBF.,(2)證明：連接OM延長交BF于H，則H為BF的中點．又P為CB的中點，∴PH∥CF. 又∵CF?平面AFC，∴PH∥平面AFC. 連接PO，則PO∥AC，∵AC?平面AFC，PO?平面AFC，∴PO∥平面AFC. 又PO∩PH＝P，∴平面POH∥平面AFC. ∵PM?平面POH，∴PM∥平面AFC.,探究3 以棱柱或棱錐為載體，綜合考查直線與平面的平行、垂直關系是高考的一個重點內容．解決這類問題時，核心是熟練掌握平行、垂直等的判定定理以及性質定理，通過不斷利用這些定理，進行平行與垂直關系的轉化，證得問題結論．,(2014·北京文)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F(xiàn)分別是A1C1，BC的中點． (1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1； (2)求證：C1F∥平面ABE； (3)求三棱錐E－ABC的體積．,思考題3,,【思路】 (1)利用已知條件轉化為證明AB⊥平面B1BCC1；(2)取AB的中點G，構造四邊形FGEC1，證明其為平行四邊形，從而得證；(3)根據(jù)題中數(shù)據(jù)代入公式計算即可．,,【解析】 (1)證明：在三棱柱ABC－A1B1C1中， BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB. 又因為AB⊥BC， 所以AB⊥平面B1BCC1. 所以平面ABE⊥平面B1BCC1.,1．判定線面垂直的方法主要有三種： (1)利用定義； (2)利用判定定理(垂直于兩相交直線)；,2．判定面面垂直的方法，主要有兩種： (1)利用定義：判定兩平面相交所成的二面角為直角； (2)利用判定定理：一個平面經過另一個平面的垂線．,1．(2013·廣東文)設l為直線，α，β是兩個不同的平面．下列命題中正確的是( ) A．若l∥α，l∥β，則α∥β B．若l⊥α，l⊥β，則α∥β C．若l⊥α，l∥β，則α∥β D．若α⊥β，l∥α，則l⊥β 答案 B,解析 如圖所示，在正方體A1B1C1D1－ABCD中，對于A項，設l為AA1，平面B1BCC1，平面DCC1D1為α，β.A1A∥平面B1BCC1，A1A∥平面DCC1D1，而平面B1BCC1∩平面DCC1D1＝C1C；對于C項，設l為A1A，平面ABCD為α，平面DCC1D1為β.A1A⊥平面ABCD，A1A∥平面DCC1D1，而平面ABCD∩平面DCC1D1＝DC；,,對于D項，設平面A1ABB1為α，平面ABCD為β，直線D1C1為l，平面A1ABB1⊥平面ABCD，D1C1∥平面A1ABB1，而D1C1∥平面ABCD.故A，C，D三項都是錯誤的．而對于B項，根據(jù)垂直于同一直線的兩平面平行，知B項正確．,2．已知不同直線m，n及不重合平面α，β，給出下列結論： ①m?α，n?β，m⊥n?α⊥β ②m?α，n?β，m∥n?α∥β ③m?α，n?α，m∥n?α∥β ④m⊥α，n⊥β，m⊥n?α⊥β 其中的假命題有( ) A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 答案 C,解析 ①為假命題，m不一定與平面β垂直，所以平面α與β不一定垂直．命題②與③為假命題，②中兩平面可以相交，③沒有任何實質意義．只有④是真命題，因為兩平面的垂線所成的角與兩平面所成的角相等或互補．,3.如圖所示，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC和CD的中點，G是EF的中點，現(xiàn)在沿著AE和AF及EF把正方形折成一個四面體，使B，C，D三點重合，重合后的點記為H，那么，在四面體A－EFH中必有( ),,A．AH⊥△EFH所在平面 B．AG⊥△EFH所在平面 C．HF⊥△AEF所在平面 D．HG⊥△AEF所在平面 答案 A 解析 ∵AD⊥DF，AB⊥BE，又∵B，C，D重合記為H，∴AH⊥HF，AH⊥HE.∴AH⊥面EFH.,4.如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC，點D是AB的中點． (1)求證：BC1∥平面CA1D； (2)求證：平面CA1D⊥平面AA1B1B.,,答案 (1)略 (2)略 證明 (1)連接AC1交A1C于E，連接DE. ∵AA1C1C為矩形，則E為AC1的中點． 又D是AB的中點， ∴在△ABC1中，DE∥BC1. 又DE?平面CA1D，BC1?平面CA1D， ∴BC1∥平面CA1D.,,(2)∵AC＝BC，D為AB的中點， ∴在△ABC中，AB⊥CD. 又AA1⊥平面ABC，CD?平面ABC， ∴AA1⊥CD.又AA1∩AB＝A， ∴CD⊥平面AA1B1B. 又CD?平面CA1D， ∴平面CA1D⊥平面AA1B1B.,5．(2014·新課標全國Ⅰ文)如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，B1C的中點為O，且AO⊥平面BB1C1C. (1)證明：B1C⊥AB； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC－A1B1C1的高．,,思路 (1)利用線面垂直的性質定理證明；(2)通過解三角形求三棱柱的高． 解析 (1)連接BC1，則O為B1C與BC1的交點．因為側面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1. 又AO⊥平面BB1C1C，所以B1C⊥AO.故B1C⊥平面ABO. 由于AB?平面ABO，故B1C⊥AB.,,