《高考数学一轮复习 第七章第五节直线、平面垂直的判定及其性质配套课件 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学一轮复习 第七章第五节直线、平面垂直的判定及其性质配套课件 文（52页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第五节直线、平面垂直的判定及其性质,1直线与平面垂直 (1)定义：如果直线l与平面内的_直线都垂直，则直线l与平面垂直 (2)判定定理：一条直线与一个平面内的两条_直线都垂直，则该直线与此平面垂直 (3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线_,任意一条,相交,平行,2二面角的有关概念 (1)二面角：从一条直线出发的_所组成的图形叫做二面角 (2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作_的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角,两个半平面,垂直于棱,3平面与平面垂直 (1)定义：如果两个平面所成的二面角是_，就说这两个平面互相垂直 (2)判定定理：一个平面过另一
2、个平面的_，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_的直线与另一个平面垂直,直二面角,垂线,垂直于交线,4直线和平面所成的角 (1)平面的一条斜线和它在_所成的锐角叫做这条直线和这个平面所成的角 (2)当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为_,平面上的射影,90和0,1一条直线和一个平面内的无数条直线都垂直，可以说这条直线和这个平面垂直吗？ 【提示】不可以如果这无数条直线是平行的，则这条直线和这个平面的位置关系不确定 2两条直线和一个平面所成的角相等，这两条直线有什么位置关系？垂直于同一平面的两个平面呢？ 【提示】这两条直线平行或相交或异
3、面；垂直于同一个平面的两个平面可能平行，也可能相交,1(人教A版教材习题改编)已知直线a，b和平面，且ab，a，则b与的位置关系为() AbBb Cb或b Db与相交 【解析】由ab，a知b或b，但直线b不与相交 【答案】C,【答案】D,3下列命题中错误的是() A如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面 B如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面 C如果平面平面，平面平面，l，那么l平面 D如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面,【解析】A显然正确，根据面面垂直的判定，B正确 对于命题C，设m，n，在平面内取一点P不在l上，过P作直线a，b，使am，bn.，am，
4、则a，al，同理有bl.又abP，a，b，l.故命题C正确 对于命题D，设l，则l，且l.故在内存在直线不垂直于平面，即命题D错误 【答案】D,4(2012浙江高考)设l是直线，是两个不同的平面() A若l，l，则 B若l，l，则 C若，l，则l D若，l，则l,【解析】设a，若直线la，且l，l，则l，l，因此不一定平行于，故A错误；由于l，故在内存在直线ll，又因为l，所以l，故，所以B正确；若，在内作交线的垂线l，则l，此时l在平面内，因此C错误；已知，若a，la，且l不在平面，内，则l且l，因此D错误 【答案】B,【尝试解答】(1)因为AB平面PAD，PH平面PAD， 所以PHAB.
5、因为PH为PAD中AD边上的高，所以PHAD. 因为PH平面ABCD，ABADA，AB，AD平面ABCD， 所以PH平面ABCD.,【思路点拨】(1)证明DC1平面BDC. (2)先求四棱锥BDACC1的体积，再求三棱柱ABCA1B1C1的体积,【尝试解答】(1)由题设BCCC1，BCAC，CC1ACC，所以BC平面ACC1A1. 又DC1平面ACC1A1，所以DC1BC. 由题设知A1DC1ADC45， 所以CDC190，即DC1DC. 又DCBCC，所以DC1平面BDC. 又DC1平面BDC1， 故平面BDC1平面BDC.,(2013韶关模拟)如图754所示，在四棱锥PABCD中，平面PA
6、D平面ABCD，ABAD，BAD60，E，F分别是AP，AD的中点 求证：(1)直线EF平面PCD； (2)平面BEF平面PAD.,【证明】(1)如图，在PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点， 所以EFPD. 又因为EF平面PCD，PD平面PCD， 所以直线EF平面PCD.,(2)连接BD.因为ABAD，BAD60， 所以ABD为正三角形 因为F是AD的中点，所以BFAD. 因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD， 所以BF平面PAD. 又因为BF平面BEF. 所以平面BEF平面PAD.,如图755所示，四棱锥 PABCD中，底面ABCD 为平行四边形
7、，DAB60， AB2AD，PD底面ABCD. (1)证明：PABD； (2)设PDAD1，求棱锥DPBC的高 【思路点拨】(1)证明BD平面PAD. (2)作DEPB，证明DE平面PBC，在PDB中计算DE的长,如图756所示，平行四边形ABCD中，DAB60，AB2，AD4，将CBD沿BD折起到EBD的位置，使平面EDB平面ABD. (1)求证：ABDE； (2)求三棱锥EABD的侧面积,规范解答之十立体几何中探索性问题的求解策略 (14分)(2012北京高考)如图757(1)，在RtABC中，C90，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置
8、，使A1FCD，如图757(2),(1)求证：DE平面A1CB. (2)求证：A1FBE. (3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C平面DEQ？说明理由 【规范解答】(1)因为D，E分别为AC，AB的中点， 所以DEBC.2分 又因为DE平面A1CB， 所以DE平面A1CB.4分,(2)由已知得ACBC且DEBC， 所以DEAC. 所以DEA1D，DECD. 所以DE平面A1DC.6分 又A1F平面A1DC， 所以DEA1F. 又因为A1FCD，CDDED， 所以A1F平面BCDE， 又BE平面BCDE，所以A1FBE.9分,(3)线段A1B上存在点Q，使A1C平面DEQ.理由如下： 如图，分
9、别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQBC. 又因为DEBC， 所以DEPQ. 所以平面DEQ即为平面DEP.,由(2)知，DE平面A1DC， 所以DEA1C. 又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点， 所以A1CDP. 又DPDED，所以A1C平面DEP.12分 从而A1C平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q，使得A1C平面DEQ.14分,【解题程序】第一步：根据三角形中位线证明DEBC.从而证明DE平面A1CB； 第二步：利用线面垂直的判定定理证明DE平面A1DC； 第三步：通过证明A1F平面BCDE来证明A1FBE； 第四步：分别取A1C，A1B的中点P，Q，证明P、Q、D、E四点
10、共面； 第五步：通过证明PDA1C来证明A1C平面DEQ.,易错提示：(1)想不到或不会利用DEA1D，导致无法求解 (2)对于是否存在型问题没有解题思路，从而无法作出辅助线，导致思路受阻 防范措施：(1)对于平面图形的折叠问题，一定要注意折叠前后的不变量与可变量，要有意识地注意折叠前后不变的垂直性与平行性 (2)对于是否存在型问题，首先要分析条件，看结论需要的条件已有哪些，分析欲使结论成立，还需要什么条件，结合所求，不难作出辅助线,【解析】易证AC平面SBD，因而ACSB，A正确； ABDC，DC平面SCD，故AB平面SCD，B正确； 由于SA，SC与平面SBD的相对位置一样，因而所成的角相同 【答案】D,2(2012福建高考)如图 759，在长方体ABCD A1B1C1D1中，ABAD 1，AA12，M为棱DD1上的一点 (1)求三棱锥AMCC1的体积； (2)当A1MMC取得最小值时，求证：B1M平面MAC.,又由长方体ABCDA1B1C1D1知，B1C1平面CDD1C1. B1C1CM. 又B1C1C1MC1， CM平面B1C1M，得CMB1M. 同理可证，B1MAM. 又AMMCM， B1M平面MAC.,课后作业(四十四),
