2022年高考数学一轮复习第八章立体几何5直线平面垂直的判定与性质课件（新人教A版文）

8.5直线、平面垂直的判定与性质\n-2-知识梳理双基自测2311.直线与平面垂直任意m∩n=Oa⊥α\n-3-知识梳理双基自测231b⊂αa∥b\n-4-知识梳理双基自测2312.平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交,如果它们所成的二面角是,就说这两个平面互相垂直.直二面角\n-5-知识梳理双基自测231(2)判定定理与性质定理垂线交线l⊥α\n-6-知识梳理双基自测2313.常用结论(1)线面平行或垂直的有关结论①若两平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面.②若一条直线垂直于一个平面,则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).③垂直于同一条直线的两个平面平行.④一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这一条直线与另一个平面也垂直.⑤两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.(2)证明线面垂直时,易忽视平面内两条线为相交线这一条件.\n2-7-知识梳理双基自测34151.下列结论正确的打“√”,错误的打“×”.(1)已知直线a,b,c;若a⊥b,b⊥c,则a∥c.()(2)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.()(3)设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.()(4)若两平面垂直,则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.()(5)若平面α内的一条直线垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β.()××√××\n-8-知识梳理双基自测234152.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C1答案解析解析关闭由题易知,A1C1⊥平面BB1D1D,又OB1⊂平面DD1B1B,所以A1C1⊥B1O答案解析关闭D\n-9-知识梳理双基自测234153.(教材习题改编P69练习)将图①中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四面体A-BCD(如图②),则在空间四面体A-BCD中,AD与BC的位置关系是()A.相交且垂直B.相交但不垂直C.异面且垂直D.异面但不垂直答案解析解析关闭在题图①中的等腰直角三角形ABC中,斜边上的中线AD就是斜边上的高,则AD⊥BC,翻折后如题图②,AD与BC变成异面直线,而原线段BC变成两条线段BD,CD,这两条线段与AD垂直,即AD⊥BD,AD⊥CD,故AD⊥平面BCD,所以AD⊥BC.答案解析关闭C\n-10-知识梳理双基自测234154.(教材习题改编P67T2)P为△ABC所在平面外一点,O为P在平面ABC内的射影.(1)若P到△ABC三边距离相等,且O在△ABC的内部,则O是△ABC的心;(2)若PA⊥BC,PB⊥AC,则O是△ABC的心;(3)若PA,PB,PC与底面所成的角相等,则O是△ABC的心.答案解析解析关闭(1)由P到△ABC三边距离相等,且O在△ABC的内部,可知O到△ABC三边距离相等,即O是△ABC的内心;(2)由PO⊥平面ABC且BC⊂平面ABC,得PO⊥BC,又PA⊥BC,PO与PA是平面POA内两条相交直线,所以BC⊥平面POA,从而BC⊥AO.同理AC⊥BO,所以O是△ABC的垂心;(3)由PA,PB,PC与底面所成的角相等,易得Rt△POA≌Rt△POB≌Rt△POC,从而OA=OB=OC,所以O是△ABC的外心.答案解析关闭(1)内(2)垂(3)外\n-11-知识梳理双基自测234155.如图,PA⊥☉O所在平面,AB是☉O的直径,C是☉O上一点,AE⊥PC,AF⊥PB,给出下列结论:①AE⊥BC;②EF⊥PB;③AF⊥BC;④AE⊥平面PBC,其中真命题的序号是.答案解析解析关闭①因为AE⊂平面PAC,BC⊥AC,BC⊥PA,所以AE⊥BC,故①正确;②因为AE⊥PC,AE⊥BC,PB⊂平面PBC,所以AE⊥PB,又AF⊥PB,EF⊂平面AEF,所以EF⊥PB,故②正确;③因为AF⊥PB,若AF⊥BC,则AF⊥平面PBC,则AF∥AE,与已知矛盾,故③错误;由①可知④正确.答案解析关闭①②④\n-12-知识梳理双基自测23415自测点评1.在空间中垂直于同一直线的两条直线不一定平行,还有可能异面、相交.2.使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理,不要误解为“如果一条直线垂直于平面内的无数条直线,就垂直于这个平面”.3.判断线面关系时最容易漏掉线在面内的情况.\n-13-考点1考点2考点3例1如图,S是Rt△ABC所在平面外一点,且SA=SB=SC,D为斜边AC的中点.(1)求证:SD⊥平面ABC;(2)若AB=BC,求证:BD⊥平面SAC.思考证明线面垂直的常用方法有哪些?\n-14-考点1考点2考点3证明:(1)如图,取AB的中点E,连接SE,DE,在Rt△ABC中,∵D,E分别为AC,AB的中点,∴DE∥BC,∴DE⊥AB.∵SA=SB,∴SE⊥AB.又SE∩DE=E,∴AB⊥平面SDE.又SD⊂平面SDE,∴AB⊥SD.在△SAC中,∵SA=SC,D为AC的中点,∴SD⊥AC.又AC∩AB=A,∴SD⊥平面ABC.(2)∵AB=BC,D为AC的中点,∴BD⊥AC.由(1)可知,SD⊥平面ABC,∵BD⊂平面ABC,∴SD⊥BD.又SD∩AC=D,∴BD⊥平面SAC.\n-15-考点1考点2考点3解题心得1.证明线面垂直的方法(1)线面垂直的判定定理(常用方法):l⊥a,l⊥b,a⊂α,b⊂α,a∩b=P⇒l⊥α.(2)面面垂直的性质定理(常用方法):α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒a⊥β.(3)性质:①a∥b,b⊥α⇒a⊥α,②α∥β,a⊥β⇒a⊥α.(4)α⊥γ,β⊥γ,α∩β=l⇒l⊥γ.(客观题可用)2.在证明线线垂直时,要注意题中隐含的垂直关系,如等腰三角形底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度,经计算满足勾股定理)、直角梯形等等.\n-16-考点1考点2考点3对点训练1如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.\n-17-考点1考点2考点3(1)证明:由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)解:由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.\n-18-考点1考点2考点3例2(2020全国Ⅰ,文19)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;思考证明面面垂直的常用方法有哪些?\n-19-考点1考点2考点3(1)证明:由题设可知,PA=PB=PC.由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB,△PAC≌△PBC.又∠APC=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,所以平面PAB⊥平面PAC.\n-20-考点1考点2考点3(2)解:设圆锥的底面半径为r,母线长为l.\n-21-考点1考点2考点3解题心得1.两个平面互相垂直是两个平面相交的特殊情形.2.由平面和平面垂直的判定定理可知,要证明平面与平面垂直,可转化为从现有直线中寻找平面的垂线,即证明线面垂直.3.平面和平面垂直的判定定理的两个条件:l⊂α,l⊥β,缺一不可.\n-22-考点1考点2考点3对点训练2如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面PAC,AB⊥BP,M,N分别为PA,AB的中点.(1)求证:PB∥平面CMN;(2)若AC=PC,求证:AB⊥平面CMN.\n-23-考点1考点2考点3证明:(1)在平面PAB中,因为M,N分别为PA,AB的中点,所以MN∥PB.又PB⊄平面CMN,MN⊂平面CMN,所以PB∥平面CMN.(2)在平面PAB中,因为AB⊥BP,MN∥PB,所以AB⊥MN.因为AC=PC,M为PA的中点,所以CM⊥PA.又平面PAB⊥平面PAC,平面PAB∩平面PAC=PA,所以CM⊥平面PAB.因为AB⊂平面PAB,所以CM⊥AB.又CM∩MN=M,CM⊂平面CMN,MN⊂平面CMN,所以AB⊥平面CMN.\n-24-考点1考点2考点3考向一平行与垂直关系的证明例3在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB,AB1⊥B1C1.求证:(1)AB∥平面A1B1C;(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.思考处理平行与垂直关系的综合问题的主要数学思想是什么?\n-25-考点1考点2考点3证明:(1)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C,A1B1⊂平面A1B1C,所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形.又因为AA1=AB,所以四边形ABB1A1为菱形,因此AB1⊥A1B.又因为AB1⊥B1C1,BC∥B1C1,所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC=B,A1B⊂平面A1BC,BC⊂平面A1BC,所以AB1⊥平面A1BC.因为AB1⊂平面ABB1A1,所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.\n-26-考点1考点2考点3考向二探索性问题中的平行与垂直关系例4如图①,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD,DE⊥AB,沿DE将△AED折起到△A1ED的位置,连接A1B,A1C,M,N分别为A1C,BE的中点,如图②.(1)求证:DE⊥A1B.(2)求证:MN∥平面A1ED.(3)在棱A1B上是否存在一点G,使得EG丄平面A1BC?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.思考探索性问题的一般处理方法是什么?\n-27-考点1考点2考点3(1)证明:∵在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD,DE⊥AB,沿DE将△AED折起到△A1ED的位置,∴DE⊥A1E,DE⊥BE,∵A1E∩BE=E,∴DE⊥平面A1BE,∵A1B⊂平面A1BE,∴DE⊥A1B.(2)证明:取CD中点F,连接NF,MF.∵M,N分别为A1C,BE的中点,∴MF∥A1D,NF∥DE,又DE∩A1D=D,NF∩MF=F,DE⊂平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,NF⊂平面MNF,MF⊂平面MNF,∴平面A1DE∥平面MNF.∴MN∥平面A1ED.\n-28-考点1考点2考点3(3)解:取A1B的中点G,连接EG.∵A1E=BE,∴EG⊥A1B,由(1)知DE⊥平面A1BE.∵DE∥BC,∴BC⊥平面A1BE,∴EG⊥BC,又A1B∩BC=B,∴EG⊥平面A1BC.\n-29-考点1考点2考点3考向三折叠问题中的平行与垂直关系例5如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)证明:AC⊥HD';思考折叠问题的处理关键是什么?\n-30-考点1考点2考点3\n-31-考点1考点2考点3\n-32-考点1考点2考点3解题心得平行与垂直的综合应用问题的主要数学思想和处理策略:(1)处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化,要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化.(2)探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明,探索点的存在问题,点多为中点或三等分点中的某一个,也可以根据相似知识找点.(3)折叠问题中的平行与垂直关系的处理关键是结合图形弄清折叠前后变与不变的数量关系,尤其是隐含着的垂直关系.\n-33-考点1考点2考点3对点训练3如图①,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,D为AC的中点,AE⊥BD于点E(不同于点D),延长AE交BC于点F,将△ABD沿BD折起,得到三棱锥A1-BCD,如图②所示.(1)若M是FC的中点,求证:直线DM∥平面A1EF;(2)求证:BD⊥A1F.\n-34-考点1考点2考点3证明:(1)因为D,M分别为AC,FC的中点,所以DM∥EF.又EF⊂平面A1EF,DM⊄平面A1EF,所以DM∥平面A1EF.(2)因为A1E⊥BD,EF⊥BD且A1E∩EF=E,所以BD⊥平面A1EF.又A1F⊂平面A1EF,所以BD⊥A1F.\n-35-考点1考点2考点31.转化思想:垂直关系的转化2.在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线,若这样的直线图中不存在,则可通过作辅助线来解决.如有平面垂直时,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,然后进一步转化为线线垂直.故熟练掌握“线线垂直”“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键.\n-36-考点1考点2考点31.在解决直线与平面垂直的问题过程中,要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用,即注意线线垂直和线面垂直的互相转化.2.面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据.我们要作一个平面的一条垂线,通常是先找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可.\n-37-审题答题指导——“立体几何”类题目的审题技巧与解题规范在高考数学试题中,问题的条件以图形的形式或将条件隐含在图形之中给出的题目较多,因此在审题时,要善于观察图形,洞悉图形所隐含的特殊的关系、数值的特点、变化的趋势,抓住图形的特征,利用图形所提供信息来解决问题.\n-38-典例(12分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,P,Q,M,N分别是棱AB,AD,DD1,BB1,A1B1,A1D1的中点,求证:(1)直线BC1∥平面EFPQ;(2)直线AC1⊥平面PQMN.\n-39-审题要点:解题流程:第(1)问第(2)问\n-40-解题步骤:第一步:由图形特征(正方体、中位线)推证AD1∥BC1,FP∥AD1,从而证FP∥BC1,可得结论.第二步:利用图形特征AC⊥BD及CC1⊥平面ABCD推证BD⊥平面ACC1,从而得AC1⊥BD.第三步:利用平行性证明MN⊥AC1,PN⊥AC1,可证AC1⊥平面PQMN.\n-41-证明:(1)连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知AD1∥BC1,因为F,P分别是AD,DD1的中点,所以FP∥AD1.从而BC1∥FP.(3分)而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图,连接AC,BD,则AC⊥BD.由CC1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,可得CC1⊥BD.(7分)又AC∩CC1=C,所以BD⊥平面ACC1.而AC1⊂平面ACC1,所以BD⊥AC1.(8分)连接B1D1,因为M,N分别是A1B1,A1D1的中点,所以MN∥B1D1,故MN∥BD,(10分)从而MN⊥AC1.同理可证PN⊥AC1.(11分)又PN∩MN=N,所以直线AC1⊥平面PQMN.(12分)\n-42-失分警示1.易漏线面平行判定定理中的条件,导致失分.2.易漏“面内相交线”这一条件,导致判定线面垂直失误丢分.