《（浙江专版）2019版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何初步 第5课时 直线、平面垂直的判定及其性质理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（浙江专版）2019版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何初步 第5课时 直线、平面垂直的判定及其性质理（26页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第5节 直线、平面垂直的判定及其性质,01,02,03,04,考点三,考点一,考点二,例1 训练1,线面垂直的判定与性质,面面垂直的判定与性质,平行与垂直的综合问题(多维探究),诊断自测,例2-1 训练2,例3-1 例3-2 例3-3 训练3,证明 (1)在四棱锥P - ABCD中， PA底面ABCD，CD平面ABCD， PACD， 又ACCD，且PAACA， CD平面PAC. 而AE平面PAC， CDAE.,证明直线和平面垂直的常用方法有： (1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性；(3)面面平行的性质；(4)面面垂直的性质,证明 (2)由PAABBC，ABC60， 可得ACPA. E是PC
2、的中点，AEPC. 由(1)知AECD，且PCCDC， AE平面PCD.而PD平面PCD，AEPD. PA底面ABCD，AB平面ABCD，PAAB. 又ABAD，且PAADA， AB平面PAD，而PD平面PAD， ABPD. 又ABAEA，PD平面ABE.,证明直线和平面垂直的常用方法有： (1)判定定理；(2)垂直于平面的传递性；(3)面面平行的性质；(4)面面垂直的性质,考点一 线面垂直的判定与性质,证明 因为AB为圆O的直径，所以ACCB.,由余弦定理得CD2DB2BC22DBBCcos 303， 所以CD2DB2BC2，即CDAB. 因为PD平面ABC，CD平面ABC， 所以PDCD，
3、由PDABD得，CD平面PAB， 又PA平面PAB，所以PACD.,证明 (1)平面PAD底面ABCD， 且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA平面PAD， PA底面ABCD. (2)ABCD，CD2AB，E为CD的中点， ABDE，且ABDE. 四边形ABED为平行四边形 BEAD. 又BE平面PAD，AD平面PAD， BE平面PAD.,已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，证明平面和平面垂直的方法：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理,证明 (3)ABAD，而且ABED为平行四边形 BECD，ADCD， 由(1)知PA底面ABCD，CD平面ABCD， PACD，且PAADA
4、，PA，AD平面PAD， CD平面PAD，又PD平面PAD， CDPD. E和F分别是CD和PC的中点，PDEF. CDEF，又BECD且EFBEE， CD平面BEF，又CD平面PCD， 平面BEF平面PCD.,已知两平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，证明平面和平面垂直的方法：(1)面面垂直的定义；(2)面面垂直的判定定理,考点二 面面垂直的判定与性质,(1)证明 PAAB，PABC， AB平面ABC，BC平面ABC，且ABBCB， PA平面ABC，又BD平面ABC，PABD. (2)证明 ABBC，D是AC的中点，BDAC. 由(1)知PA平面ABC，PA平面PAC， 平面PAC平面AB
5、C. 平面PAC平面ABCAC，BD平面ABC，BDAC，BD平面PAC. BD平面BDE，平面BDE平面PAC，,(3)解 PA平面BDE， 又平面BDE平面PACDE， PA平面PAC，PADE. 由(1)知PA平面ABC，DE平面ABC. D是AC的中点，E为PC的中点，,证明 (1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1， 由于ABCD - A1B1C1D1是四棱柱， 所以A1O1OC，A1O1OC， 因此四边形A1OCO1为平行四边形， 所以A1OO1C， 又O1C平面B1CD1，A1O平面B1CD1， 所以A1O平面B1CD1.,应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用,O1,证
6、明 (2)因为ACBD，E，M分别为AD和OD的中点， 所以EMBD， 又A1E平面ABCD，BD平面ABCD， 所以A1EBD， 因为B1D1BD，所以EMB1D1，A1EB1D1， 又A1E，EM平面A1EM，A1EEME， 所以B1D1平面A1EM， 又B1D1平面B1CD1，所以平面A1EM平面B1CD1.,应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用,O1,考点三 平行与垂直的综合问题(多维探究),(1)证明 连接AC交BD于O，连接OF，如图. 四边形ABCD是矩形， O为AC的中点， 又F为EC的中点， OF为ACE的中位线， OFAE，又OF平面BDF，AE平面BDF， AE平面BD
7、F.,利用线面平行的判定定理,(2)解 当P为AE中点时，有PMBE， 证明如下： 取BE中点H，连接DP，PH，CH， P为AE的中点，H为BE的中点， PHAB，又ABCD， PHCD， P，H，C，D四点共面,先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性,P,平面ABCD平面BCE，平面ABCD平面BCEBC， CD平面ABCD，CDBC. CD平面BCE，又BE平面BCE， CDBE， BCCE，H为BE的中点， CHBE， 又CDCHC，BE平面DPHC， 又PM平面DPHC，BEPM，即PMBE.,P,考点三 平行与垂直的综合问题(多维探究),(1)解 如图，由已知A
8、DBC， 故DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角. 因为AD平面PDC，PD平面PDC， 所以ADPD.,(2)证明 由(1)知ADPD，又因为BCAD，所以PDBC.又PDPB，BCPBB，所以PD平面PBC. (3)解 过点D作DFAB，交BC于点F，连接PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC，DFAB，故BFAD1. 由已知，得CFBCBF2.,(2)证明 由(1)知ADPD， 又因为BCAD，所以PDBC. 又PDPB，BCPBB， 所以PD
9、平面PBC. (3)解 过点D作DFAB，交BC于点F，连接PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC，DFAB，故BFAD1.,F,由已知，得CFBCBF2. 又ADDC，故BCDC.,F,考点三 平行与垂直的综合问题(多维探究),(1)证明 因为PDPC且点E为CD的中点， 所以PEDC. 又平面PDC平面ABCD， 且平面PDC平面ABCDCD，PE平面PDC， 所以PE平面ABCD， 又FG平面ABCD， 所以PEFG.,(2)解 由(1)知PE平面ABCD，PEAD， 又ADCD，PECDE， AD平面PDC，ADPD， PDC为二面角PADC的平面角， 在RtPDE中，PD4，DE3，,(3)解 如图，连接AC， AF2FB，CG2GB，ACFG. 直线PA与FG所成角即直线PA与AC所成角PAC. 在RtPDA中，PA2AD2PD225，PA5. 又PC4. AC2CD2AD236945，,
