《高考数学一轮总复习第八章立体几何8.4直线平面垂直的判定与性质课件理新人教b版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮总复习第八章立体几何8.4直线平面垂直的判定与性质课件理新人教b版（23页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、8.4 直线、平面垂直的判定与性质,高考理数,1.直线与平面垂直 (1)定义:如果一条直线和一个平面相交,并且和这个平面内的 任意一条 直线都垂直,则称这 条直线和这个平面互相垂直. (2)判定定理:如果一条直线和一个平面内的 两条相交 直线都垂直,那么这条直线垂直于这 个平面.用数学符号表示为若m,n,mn=B,lm,ln,则l. (3)性质定理:垂直于同一个平面的两直线平行. 2.平面与平面垂直 (1)定义:如果两个相交平面所成的二面角是 直角 ,就说这两个平面互相垂直. (2)判定定理:一个平面过另一个平面的 垂线 ,则这两个平面垂直. (3)性质定理:两个平面垂直,则一个平面内 垂直于
2、交线 的直线与另一个平面垂直.,知识清单,【知识拓展】 线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的关系:,证明直线和平面垂直的常用方法如下: (1)利用判定定理. (2)利用平行线垂直于平面的传递性(ab,ab). (3)利用面面平行的性质(a,a). (4)利用面面垂直的性质. (5),=ll(客观题). (6)向量法:直线的方向向量a与平面的法向量m平行. 例1 如图,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为矩形,M、N分别是AB、PC的中点. (1)求证:MNCD; (2)若PDA=45,求证:MN平面PCD.,突破方法,方法1 线面垂直的判定,解题导引 (1)取PD的中点E,连结AE,NE证四
3、边形AMNE为平行四边形证CDAE 由MNAE得结论 (2)证PAD为等腰直角三角形证AE面PCD由AENM得结论 证明 (1)如图所示,取PD的中点E,连结AE、NE,N为PC的中点, NECD且NE= CD, 又AMCD且AM= AB= CD, NEAM,四边形AMNE为平行四边形,MNAE. PA平面ABCD,PACD, 四边形ABCD为矩形,ADCD,而ADPA=A, CD平面PAD,又AE平面PAD,CDAE,又MNAE,MNCD. (2)PA平面ABCD,PAAD, 又PDA=45, PAD为等腰直角三角形,又E为PD的中点, AEPD,又由(1)知CDAE,AE平面PCD. 又A
4、EMN,MN平面PCD. 1-1 (2014辽宁,19,12分)如图,ABC和BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,ABC= DBC=120,E,F分别为AC,DC的中点. (1)求证:EFBC; (2)求二面角E-BF-C的正弦值.,解析 (1)证法一:过E作EOBC,垂足为O,连OF. 图1 由ABCDBC可证出EOCFOC. 所以EOC=FOC= ,即FOBC. 又EOBC,因此BC面EFO. 又EF面EFO,所以EFBC. 证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC 内过B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐
5、标系,易得B(0,0,0),A(0,-1, ),D( ,-1,0),C(0,2,0),因而E ,F ,所以, = , =(0,2,0),因此 =0.从而 ,所以EFBC. 图2 (2)解法一:在图1中,过O作OGBF,垂足为G,连EG.由平面ABC平面BDC,从而EO面BDC,又 OGBF,由三垂线定理知EGBF. 因此EGO为二面角E-BF-C的平面角. 在EOC中,EO= EC= BCcos 30= ,由BGOBFC知,OG= FC= , 因此tanEGO= =2,从而sinEGO= ,即二面角E-BF-C的正弦值为 . 解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1). 设
6、平面BEF的法向量为n2=(x,y,z), 又 = , = , 由 得其中一个n2=(1,- ,1). 设二面角E-BF-C的大小为,且由题意知为锐角,则 cos =|cos|= = , 因此sin = = ,即所求二面角的正弦值为 .,证明面面垂直的主要方法:利用判定定理.在审题时要注意直观判断哪条直线可能是垂 线,充分利用等腰三角形底边上的中线垂直于底边,勾股定理的逆定理等.用定义证明.只需判 定两平面所成二面角为直二面角.客观题中,也可应用:两个平行平面中的一个垂直于第三个 平面,则另一个也垂直于第三个平面.两个平面的法向量m,n垂直,即mn=0. 例2 (2015新疆乌鲁木齐三模,11
7、)在棱长均相等的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BB1的中点,F在 AC1上,且DFAC1,则下述结论:AC1BC;AF=FC1;平面DAC1平面ACC1A1中正确的个数 为 ( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解析 如图,不妨设该正三棱柱的棱长为2,连结AB1,则AB1=AC1=2 ,AC1B190,方法2 面面垂直的判定,即AC1与B1C1不垂直,又BCB1C1, AC1与BC不垂直,错. 连结AD,DC1,在ADC1中,AD=DC1= , 而DFAC1,F是AC1的中点,对. 易知在ADC1中,DF= ,连结CF,易知CF= , 连结CD,易知在RtCBD中,CD= ,DF2+C
8、F2=CD2, DFCF,又DFAC1,DF平面AA1C1C, 平面DAC1平面ACC1A1,对.故选C. 答案 C 2-1 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是DAB=60且边长为a的菱形,侧面PAD为正,三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G为AD边的中点.,(1)求证:BG平面PAD; (2)求证:ADPB; (3)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. 解析 (1)证明:在菱形ABCD中,DAB=60,G为AD的中点,所以BGAD. 又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD, 所以BG平面PAD.,(2)证
9、明:如图,连结PG,因为PAD为正三角形, G为AD的中点,所以PGAD. 由(1)知 BGAD,又PGBG=G,所以AD平面PGB. 因为PB平面PGB,所以ADPB. (3)当F为PC的中点时,满足平面DEF平面ABCD. 证明:取PC的中点F,连结DE、EF、DF. 在PBC中,FEPB, 在菱形ABCD中,GBDE.,而FE平面DEF,DE平面DEF,EFDE=E,PB平面PGB,GB平面PGB,PBGB=B,所以平 面DEF平面PGB. 因为BG平面PAD,所以BGPG. 又因为PGAD,ADBG=G,所以PG平面ABCD. 而PG平面PGB,所以平面PGB平面ABCD, 所以平面D
10、EF平面ABCD.,在立体几何中,解决线面平行与垂直及角和距离等问题时,涉及的点具有运动性和不确定 性,较常用的方法是先猜后证,而用向量法可以避免复杂的作图、论证、推理,在解题过程中,往 往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否在规定的范围内有解”问题,常见下列 题型: 条件追溯型(已知问题的结论,求问题的条件)的解题策略: 先假设结论成立,然后以该结论作为一个已知条件,再结合题目的其他已知条件,逆推,一步一步 推出所要求的条件. 存在探索型(已知问题的结论,而要求的是问题的某一个存在性条件(如存在某个定点,定直线, 定值等)的解题策略: 先假设结论成立,然后以该结论作为一个已知条件
11、,再结合题目其他条件,逆推,一步一步推出所 要求的特殊条件,即能否求出那个存在性条件,若能求出,则存在;若不能求出,则不存在. 例3 (2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD, A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=(02).,方法3 线面平行与垂直中的存在性问题,(1)当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ; (2)是否存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说 明理由. 解析 解法一:(几何方法) (1)证明:如图1,连结AD1,由A
12、BCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1AD1. 当=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点, 所以FPAD1. 所以BC1FP. 而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.,(2)如图2,连结BD.因为E,F分别是AB,AD的中点, 所以EFBD,且EF= BD.又DP=BQ,DPBQ, 所以四边形PQBD是平行四边形,故PQBD,且PQ=BD, 从而EFPQ,且EF= PQ. 在RtEBQ和RtFDP中,因为BQ=DP=,BE=DF=1, 于是EQ=FP= ,所以四边形EFPQ是等腰梯形. 同理可证四边形PQMN是等腰梯形.,分别取EF,PQ,MN的中点,记为
13、H,O,G,连结OH,OG, 则GOPQ,HOPQ,而GOHO=O, 故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角. 若存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则GOH=90. 连结EM,FN,则由EFMN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形. 连结GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2. 在GOH中,GH2=4,OH2=1+2- =2+ , OG2=1+(2-)2- =(2-)2+ , 由OG2+OH2=GH2,得(2-)2+ +2+ =4,解得=1 , 故存在=1 ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角. 解法二:(向量方法) 以D为
14、原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D-xyz.,由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,). =(-2,0,2), =(-1,0,), =(1,1,0). (1)证明:当=1时, =(-1,0,1), 因为 =(-2,0,2),所以 =2 ,即BC1FP. 而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ, 故直线BC1平面EFPQ. (2)设平面EFPQ的法向量为n=(x,y,z), 则由 可得 于是可取n=(,-,1). 同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(-2,2-,1). 若存在,使面E
15、FPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角, 则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0, 即(-2)-(2-)+1=0,解得=1 . 故存在=1 ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.,3-1 (2015内蒙古赤峰三模,19)如图,在三棱锥S-ABC中,SA平面ABC,AC=AB=SA=2,AC AB,D,E分别是AC,BC的中点,F在SE上,且SF=2FE. (1)求证:AF平面SBC; (2)在线段DE上是否存在点G,使二面角G-AF-E的大小为30?若存在,求出DG的长;若不存在,请 说明理由. 解析 (1)由AC=AB=SA=2,ACAB,E是BC的中点,得AE= ,AEBC. 因为SA平面ABC,所以SAAE. 在RtSAE中,易得SE= ,所以EF= SE= . 因此AE2=EFSE,又因为AEF=AES,所以EFAEAS,则AFE=SAE=90,即AFSE. 因为SA平面ABC,所以SABC,又BCAE, 所以BC平面SAE,则BCAF. 又SEBC=E,所以AF平面SBC. (2)解法
