高考数学一轮复习第七章立体几何7.5直线、平面垂直的判定及其性质课件文
4．(2017· 衡水模拟)设 l 是直线，α，β 是两个不同的平面( A．若 l∥α，l∥β，则 α∥β B．若 l∥α，l⊥β，则 α⊥β C．若 α⊥β，l⊥α，则 l⊥β D．若 α⊥β，l∥α，则 l⊥β
)
解析：对于 A，若 l∥α，l∥β，则 α，β 可能相交；对于 B， 若 l∥α，则平面 α 内必存在一直线 m 与 l 平行，则 m⊥β，又 m ⊂α，故 α⊥β.选项 C，l 可能平行于 β 或 l 在平面 β 内；选项 D， l 还可能平行于 β 或在平面 β 内．
答案：B
5．如图，在三棱锥 D－ABC 中，若 AB＝CB，AD＝CD，E 是 AC 的中点，则下列命题中正确的有________(填序号)．
①平面 ABC⊥平面 ABD； ②平面 ABD⊥平面 BCD； ③平面 ABC⊥平面 BDE，且平面 ACD⊥平面 BDE； ④平面 ABC⊥平面 ACD，且平面 ACD⊥平面 BDE.
第七章
立体几何
第五节 直线、平面垂直的判定及其性质
1.以立体几何的定义、公理和定理为出发 点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质 与判定定理． 2 ． 能运用公理、定理和已获得的结论证 明一些空间图形的垂直关系的简单命题．
主干知识· 整合 01
课前热身 稳固根基
知识点一 直线与平面垂直 1．直线与平面垂直 (1)定义：若直线 l 与平面 α 内的______一条直线都垂直，则直 线 l 与平面 α 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( 线线垂直 ⇒线面垂直)．即：a ⊂α，b ⊂α，l⊥a，l⊥b，a∩b＝P⇒______. (3)性质定理：垂直于同一个平面的两条直线______．即：a⊥ α，b⊥α⇒______.
2．平面与平面垂直的判定定理 文字语言 判定定 理 一个平面过另一个平 面的一条____，则这两 个平面互相垂直 两个平面互相垂直，则 性质定 一个平面内垂直于 理 ____的直线垂直于另 一个平面 ⇒l⊥α
⇒α⊥β
图形语言
符号语言
答案 1．(1)两个半平面 (2)垂直于棱 2．垂线 l⊂β l⊥α 交线 α⊥β l⊂β α∩β＝a l⊥a
解析：解法 1：在正方形 SG1G2G3 中，SG1⊥G1E， SG3⊥G3F， 在四面体 SEFG 中，SG⊥GE，SG⊥GF，GE∩GF＝G，所以 SG ⊥平面 EFG. 解法 2： GF 即 G3F 不垂直于 SF， 所以可以排除 C； 在△GSD 2 3 2 中，GS＝a(正方形边长)，GD＝ 4 a，SD＝ 4 a，所以 SG2≠SD2 ＋GD2，∠SDG≠90° ，从而排除 B 和 D.
B．m∥n D．m⊥n
解析：因为 α∩β＝l，所以 l⊂β，又 n⊥β，所以 n⊥l.故选 C.
答案：C
2．(必修 2P69 练习题)如图，正方形 SG1G2G3 中，E，F 分别是 G1G2，G2G3 的中点，D 是 EF 的中点，现在沿 SE，SF 及 EF 把这个 正方形折成一个四面体，使 G1，G2，G3 三点重合，重合后的点记为 G，则在四面体 SEFG 中必有( A．SG⊥平面 EFG B．SD⊥平面 EFG C．GF⊥平面 SEF D．GD⊥平面 SEF )
所以 AC⊥平面 BCC1B1. 又因为 BC1⊂平面 BCC1B1， 所以 BC1⊥AC.因为 BC＝CC1， 所 以矩形 BCC1B1 是正方形，因此 BC1⊥B1C. 因为 AC，B1C⊂平面 B1AC，AC∩B1C＝C， 所以 BC1⊥平面 B1AC. 又因为 AB1⊂平面 B1AC，所以 BC1⊥AB1.
解析：因为 AB＝CB，且 E 是 AC 的中点，所以 BE⊥AC，同 理有 DE⊥AC，DE∩BE＝E，于是 AC⊥平面 BDE.因为 AC⊂平 面 ABC，所以平面 ABC⊥平面 BDE.又由于 AC⊂平面 ACD，所 以平面 ACD⊥平面 BDE.故只有③正确．
答案：③
热点命题· 突破 02
2．直线与平面所成的角 (1)定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角， 叫做这条斜线和这个平面所成的角． (2)线面角 θ
π 的范围：θ∈0， . 2
答案 1．(1)任意 (2)相交 l⊥α (3)平行 a∥b
1．(2016· 浙江卷)已知互相垂直的平面 α，β 交于直线 l，若直线 m，n 满足 m∥α，n⊥β，则( A．m∥l C．n⊥l )
课堂升华 强技提能
热点一
直线与平面垂直的判定与性质
【例 1】 已知四棱锥 P－ABCD 的底面是菱形，且 PA＝PC， PB＝PD.若 O 是 AC 与 BD 的交点，求证：PO⊥平面 ABCD.
【证明】 在△PBD 中，PB＝PD，O 为 BD 的中点，所以 PO ⊥BD，在△PAC 中，PA＝PC，O 为 AC 的中点，所以 PO⊥AC， 又因为 AC∩BD＝O，所以 PO⊥平面 ABCD.
答案：A
3．线段 AB 的长等于它在平面 α 内射影长的 2 倍，则 AB 所 在直线与平面 α 所成的角为________．
1 解析：由题意知 cosα＝ ，又∵0° ≤α≤90° ，∴α ＝60° . 2 答案：60°
知识点二 二面角的有关概念 1．二面角的有关概念 (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．
【例 2】 如图，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 AC⊥BC， BC＝CC1，设 AB1 的中点为 D，B1C∩BC1＝E. 求证：(1)DE∥平面 AA1C1C； (2)BC1⊥AB1.
【证明】
(1)由题意知，E 为 B1C 的中点，
又 D 为 AB1 的中点，因此 DE∥AC. 又因为 DE⊄平面 AA1C1C，AC⊂平面 AA1C1C，所以 DE∥平面 AA1C1C. (2)因为棱柱 ABC－A1B1C1 是直三棱柱， 所以 CC1⊥平面 ABC. 因为 AC⊂平面 ABC，所以 AC⊥CC1. 又因为 AC⊥BC，CC1⊂平面 BCC1B1，BC⊂平面 BCC1B1， BC∩CC1＝C，
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高考数学一轮复习 7.5直线、平面垂直的判定及其性质课件 文
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19
解析：如图，∵PO⊂平面PAB，
∴l⊥PO. ∴PO就是P到直线l的距离， ∵α⊥β，∴四边形PAOB为矩形， PO＝ 12＋22＝ 5. 答案： 5
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20
考点
互动探究
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21
考点一 直线与平面垂直的判定与性质 证明直线和平面垂直的常用方法有 (1)利用判定定理． (2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)． (3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)． (4)利用面面垂直的性质．
24
【思路启迪】 第(1)问通过DC⊥平面PAC证明；也可通过 AE⊥平面PCD得到结论；第(2)问利用线面垂直的判定定理证明 直线PD与平面ABE内的两条相交直线垂直．
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25
【证明】 (1)由四棱锥P－ABCD中， ∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD， ∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC. 而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A， ∴PD⊥平面ABE.
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27
破解此类问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与 性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的灵活利用，这是 证明空间垂直关系的基础．由于“线线垂直”、“线面垂 直”、“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围 绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的 技巧所在．
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17
解析：由PA⊥平面ACB，可得PA⊥BC，A正确；由BC⊥ PA，BC⊥AC，PA∩AC＝A，可得BC⊥平面PAC，BC⊥PC，即 B、D正确，故选C.
答案：C
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高考数学一轮复习 直线、平面垂直的性质定理课件
[解析] 如果平面 ⊥ 平面 ,那么只有平面 内垂直于交线的直线才垂直于平面 ,
故C错误.
02
研考点 题型突破
题型一 直线与平面垂直的性质
典例1 如图,PA ⊥ 平面ABD,PC ⊥ 平面BCD,E,F分别为BC,CD上的点,
且EF ⊥
CF
AC.求证:
DC
=
CE
.
BC
证明 ∵ PA ⊥平面ABD,PC ⊥ 平面BCD,
②线（三垂线定理）:过二面角的一个面内的一点作另一个平面的垂线,过垂足作棱的
垂线,利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角.
③面（垂面法）:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,
这两条交线所成的角即是二面角的平面角.
（2）求（求二面角的平面角的余弦值或正弦值）.
①在三角形中,利用余弦定理求值；
PD ⊥ 平面PBC.
证明 由题设,知BC ⊥ CD,又平面PDC ⊥ 平面ABCD,平面PDC ∩ 平
面ABCD = CD,BC ⊂ 平面ABCD,
所以BC ⊥ 平面PDC,
而PD ⊂ 平面PDC,则BC ⊥ PD.
由∠DPC = 90∘ ,得PC ⊥ PD.
又BC ∩ PC = C,BC,PC ⊂ 平面PBC,则PD ⊥ 平面PBC.
又BC ⊂ 平面PBC,所以AD ⊥ BC.
因为PA ⊥ 平面ABC,BC ⊂ 平面ABC,
所以PA ⊥ BC.
因为AD ∩ PA = A,AD,PA ⊂ 平面PAC,
所以BC ⊥ 平面PAC.
又AC ⊂ 平面PAC,所以BC ⊥ AC.
规律方法
（1）在应用面面垂直的性质定理时,若没有与交线垂直的直线,则一般需作辅助线,基
故C错误.
02
研考点 题型突破
题型一 直线与平面垂直的性质
典例1 如图,PA ⊥ 平面ABD,PC ⊥ 平面BCD,E,F分别为BC,CD上的点,
且EF ⊥
CF
AC.求证:
DC
=
CE
.
BC
证明 ∵ PA ⊥平面ABD,PC ⊥ 平面BCD,
②线（三垂线定理）:过二面角的一个面内的一点作另一个平面的垂线,过垂足作棱的
垂线,利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角.
③面（垂面法）:过棱上一点作棱的垂直平面,该平面与二面角的两个半平面产生交线,
这两条交线所成的角即是二面角的平面角.
（2）求（求二面角的平面角的余弦值或正弦值）.
①在三角形中,利用余弦定理求值；
PD ⊥ 平面PBC.
证明 由题设,知BC ⊥ CD,又平面PDC ⊥ 平面ABCD,平面PDC ∩ 平
面ABCD = CD,BC ⊂ 平面ABCD,
所以BC ⊥ 平面PDC,
而PD ⊂ 平面PDC,则BC ⊥ PD.
由∠DPC = 90∘ ,得PC ⊥ PD.
又BC ∩ PC = C,BC,PC ⊂ 平面PBC,则PD ⊥ 平面PBC.
又BC ⊂ 平面PBC,所以AD ⊥ BC.
因为PA ⊥ 平面ABC,BC ⊂ 平面ABC,
所以PA ⊥ BC.
因为AD ∩ PA = A,AD,PA ⊂ 平面PAC,
所以BC ⊥ 平面PAC.
又AC ⊂ 平面PAC,所以BC ⊥ AC.
规律方法
（1）在应用面面垂直的性质定理时,若没有与交线垂直的直线,则一般需作辅助线,基
高三数学一轮总复习第七章立体几何7.5直线平面垂直的判定及其性质课件
12
1．已知平面α，β，直线l，若α⊥β，α∩β＝l，则( ) A．垂直于平面β的平面一定平行于平面α B．垂直于直线l的直线一定垂直于平面α C．垂直于平面β的平面一定平行于直线l D．垂直于直线l的平面一定与平面α、β都垂直 解析：A中平面可与α平行或相交，不正确。 B中直线可与α垂直或斜交，不正确。 C中平面可与直线l平行或相交，不正确。 答案：D
34
(3)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面 ABCD？并证明你的结论。
解析：(3)存在点N为SC的中点， 使得平面DMN⊥平面ABCD。 连接PC、DM交于点O，连接PM、SP、NM、ND、NO， 因为PD∥CM， 且PD＝CM， 所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO。 又因为N为SC的中点，所以NO∥SP。 易知SP⊥AD， 因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝ AD，且SP⊥AD， 所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD。 又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD。
23
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥面SAC。
证明： (2)方法一：若AB＝BC，则BD⊥AC， 由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD⊂面ABC， ∴SD⊥BD， ∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D， ∴BD⊥面SAC。 方法二：若AB＝BC，则BD⊥AC。由(1)知SD⊥平面ABC，又SD⊂平面SAC， ∴平面ABC⊥平面SAC， 又平面ABC∩平面SAC＝AC。 ∴BD⊥平面SAC。
条直线和这个平面所成的角。如图， □10 ____∠__P_A_O______就是斜线AP与平面α所成的
□ 角。 (2)线面角θ的范围：θ∈
11
___0_，__π2_ _____。
1．已知平面α，β，直线l，若α⊥β，α∩β＝l，则( ) A．垂直于平面β的平面一定平行于平面α B．垂直于直线l的直线一定垂直于平面α C．垂直于平面β的平面一定平行于直线l D．垂直于直线l的平面一定与平面α、β都垂直 解析：A中平面可与α平行或相交，不正确。 B中直线可与α垂直或斜交，不正确。 C中平面可与直线l平行或相交，不正确。 答案：D
34
(3)若SA＝SD，M为BC的中点，在棱SC上是否存在点N，使得平面DMN⊥平面 ABCD？并证明你的结论。
解析：(3)存在点N为SC的中点， 使得平面DMN⊥平面ABCD。 连接PC、DM交于点O，连接PM、SP、NM、ND、NO， 因为PD∥CM， 且PD＝CM， 所以四边形PMCD为平行四边形，所以PO＝CO。 又因为N为SC的中点，所以NO∥SP。 易知SP⊥AD， 因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝ AD，且SP⊥AD， 所以SP⊥平面ABCD，所以NO⊥平面ABCD。 又因为NO⊂平面DMN，所以平面DMN⊥平面ABCD。
23
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥面SAC。
证明： (2)方法一：若AB＝BC，则BD⊥AC， 由(1)可知，SD⊥面ABC，而BD⊂面ABC， ∴SD⊥BD， ∵SD⊥BD，BD⊥AC，SD∩AC＝D， ∴BD⊥面SAC。 方法二：若AB＝BC，则BD⊥AC。由(1)知SD⊥平面ABC，又SD⊂平面SAC， ∴平面ABC⊥平面SAC， 又平面ABC∩平面SAC＝AC。 ∴BD⊥平面SAC。
条直线和这个平面所成的角。如图， □10 ____∠__P_A_O______就是斜线AP与平面α所成的
□ 角。 (2)线面角θ的范围：θ∈
11
___0_，__π2_ _____。
高考数学一轮总复习课件：直线、平面垂直的判定及性质
∵A1C1⊥BB1，A1O⊥BB1，A1C1∩A1O＝A1， ∴BB1⊥平面A1OC1， 又C1O⊂平面A1OC1，∴BB1⊥C1O. 由题可知A1B1＝A1C1＝B1C1＝2 2， 在△A1OB1中，A1O⊥OB1，∠A1B1B＝45°，A1B1＝2 2， ∴A1O＝B1O＝2.
在△B1OC1中，∵C1O⊥OB1，B1O＝2，B1C1＝2 2， ∴C1O＝2. ∴OC12＋OA12＝A1C12，∴OC1⊥OA1， ∵BB1⊥C1O，A1O⊥C1O，BB1∩A1O＝O，∴C1O⊥平面 ABB1A1， 又C1O⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1. 【答案】 略
①证明：平面PBD⊥平面PBC； ②求点D到平面PBC的距离．
【解析】 ①证明：如图，因为PD⊥DC，AD⊥DC， 所以二面角P－DC－A的平面角为∠PDA＝90°，则PD⊥平面 ABCD， 又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC. 又在平面四边形ABCD中，BD＝ AB2＋AD2 ＝ 2 2， 过B作BE⊥CD，由题意得，E为CD中点，又D为PA中点， 所以PD＝AD＝CE＝DE＝2， 又DE＝AB， 所以BE＝AD＝2，BC＝ CE2＋BE2＝2 2，所以BC2＋BD2＝DC2， 即BD⊥BC，而PD∩BD＝D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD， 故BC⊥平面PBD，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBD⊥平面PBC.
又因为F为AC的中点， 所以OF∥CC1且OF＝12CC1. 因为E为BB1的中点，所以BE∥CC1且BE＝12CC1. 所以BE∥OF且BE＝OF.
所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE. 因为AB＝CB，F为AC的中点，所以BF⊥AC，所以 OE⊥AC. 因为AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BF，所以OE⊥AA1. 又AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A， 所以OE⊥平面ACC1A1. 因为OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.
在△B1OC1中，∵C1O⊥OB1，B1O＝2，B1C1＝2 2， ∴C1O＝2. ∴OC12＋OA12＝A1C12，∴OC1⊥OA1， ∵BB1⊥C1O，A1O⊥C1O，BB1∩A1O＝O，∴C1O⊥平面 ABB1A1， 又C1O⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1. 【答案】 略
①证明：平面PBD⊥平面PBC； ②求点D到平面PBC的距离．
【解析】 ①证明：如图，因为PD⊥DC，AD⊥DC， 所以二面角P－DC－A的平面角为∠PDA＝90°，则PD⊥平面 ABCD， 又BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC. 又在平面四边形ABCD中，BD＝ AB2＋AD2 ＝ 2 2， 过B作BE⊥CD，由题意得，E为CD中点，又D为PA中点， 所以PD＝AD＝CE＝DE＝2， 又DE＝AB， 所以BE＝AD＝2，BC＝ CE2＋BE2＝2 2，所以BC2＋BD2＝DC2， 即BD⊥BC，而PD∩BD＝D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD， 故BC⊥平面PBD，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBD⊥平面PBC.
又因为F为AC的中点， 所以OF∥CC1且OF＝12CC1. 因为E为BB1的中点，所以BE∥CC1且BE＝12CC1. 所以BE∥OF且BE＝OF.
所以四边形BEOF是平行四边形，所以BF∥OE. 因为AB＝CB，F为AC的中点，所以BF⊥AC，所以 OE⊥AC. 因为AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥BF，所以OE⊥AA1. 又AA1，AC⊂平面ACC1A1，且AA1∩AC＝A， 所以OE⊥平面ACC1A1. 因为OE⊂平面A1EC，所以平面A1EC⊥平面ACC1A1.
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第四节 直线、平面垂直的判定及其性质课件
12/11/2021
[规律探求]
考法(一)是证明线面垂直的问题. (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直 于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则
看 个
需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合 理转化是证明线面垂直的基本思想.
这两个平面垂直 理 性 两个平面垂直，则 质 一个平面内垂直 定 于交线的直线与 理 另一个平面垂直
图形语言
符号语言
ll⊂ ⊥βα⇒α⊥β
α⊥β lα⊂∩ββ＝a⇒l⊥α l⊥a
12/11/2021
[熟记常用结论]
1．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直． 2．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直． 3．若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于
个平面．
Байду номын сангаас( ×)
(3)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. ( ×)
12/11/2021
二、选填题
1．给出下列三个命题：
①垂直于同一直线的两个平面互相平行；
②若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两
个平面相互平行；
③若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么这条直
相交或 m⊂β，故 A 不成立；对于选项 B，由 α⊥β 且 m∥α，
可得 m⊂β 或 m∥β 或 m 与 β 相交，故 B 不成立；对于选项
C，由 m∥n 且 n⊥β，可得 m⊥β，故 C 正确；对于选项 D，
由 m⊥n 且 n∥β，可得 m∥β 或 m 与 β 相交或 m⊂β，故 D
[规律探求]
考法(一)是证明线面垂直的问题. (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直 于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a⊥β)；④面面垂直的性质．
(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则
看 个
需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合 理转化是证明线面垂直的基本思想.
这两个平面垂直 理 性 两个平面垂直，则 质 一个平面内垂直 定 于交线的直线与 理 另一个平面垂直
图形语言
符号语言
ll⊂ ⊥βα⇒α⊥β
α⊥β lα⊂∩ββ＝a⇒l⊥α l⊥a
12/11/2021
[熟记常用结论]
1．过一点有且只有一条直线与已知平面垂直． 2．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直． 3．若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于
个平面．
Байду номын сангаас( ×)
(3)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. ( ×)
12/11/2021
二、选填题
1．给出下列三个命题：
①垂直于同一直线的两个平面互相平行；
②若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两
个平面相互平行；
③若一条直线垂直于一个平面内的任意一条直线，那么这条直
相交或 m⊂β，故 A 不成立；对于选项 B，由 α⊥β 且 m∥α，
可得 m⊂β 或 m∥β 或 m 与 β 相交，故 B 不成立；对于选项
C，由 m∥n 且 n⊥β，可得 m⊥β，故 C 正确；对于选项 D，
由 m⊥n 且 n∥β，可得 m∥β 或 m 与 β 相交或 m⊂β，故 D
2021届高考数学大一轮总复习第七章立体几何7.5直线平面垂直的判定及其性质课件新人教B版
02 考点探究 明晰规律
课堂升华 强技提能
考点一 直线与平面垂直的判定与性质 【例 1】 (2019·江苏卷)如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，D，E 分别为 BC，AC 的中点，AB＝BC.
求证：(1)A1B1∥平面 DEC1； (2)BE⊥C1E.
【证明】 (1)因为 D，E 分别为 BC，AC 的中点，所以 ED ∥AB.
(2)如图，取 AB 的中点 H，连接 EH，易证 EH⊥AB.由面面 垂直的性质可知，EH⊥平面 ABCD，由(1)知，EG⊥平面 DAF， 连接 DE，则 VBCE-ADF＝VE-ABCD＋VE-ADF＝13×3 2 3×(6＋3)＝9 2 3.
考点二 平面与平面垂直的判定与性质 【例 2】 如图，四棱柱 ABCCD，AB∥DC，AB⊥AD，AA1＝AB＝2AD＝2DC.
方法技巧 1证明两平面垂直常转化为线面垂直，利用判定定理来证明.也可 作出二面角的平面角，证明平面角为直角，利用定义来证明. 2已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线， 则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直 转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面， 则它们的交线也垂直于第三个平面.
得的结论证明一些有关空间 解题要求有较强的推理论证能力，
图形的垂直关系的简单命题. 广泛应用转化与化归的思想.
01知识梳理·诊断自测 02考点探究·明晰规律
课时作业
01 知识梳理 诊断自测
课前热身 稳固根基
知识点一 直线与平面垂直
1．直线与平面垂直
(1)定义：若直线 l 与平面 α 内的 任意 一条直线都垂直，则直线
1.如图，在正四面体 P-ABC 中，D，E，F 分别是 AB，BC，CA 的
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 75 直线、平面垂直的判定与性质课件 文
必考部分(bù fen)
2021/12/11
第一页，共六十五页。
第七章 立体几何(lìtǐjǐhé)
2021/12/11
第二页，共六十五页。
第五节 直线、平面垂直的判定(pàndìng)与性质
微知识(zhī shi)·小题练
微考点(kǎo diǎn)·大课堂
2021/12/11
第三页，共六十五页。
2021/12/11
第三十四页，共六十五页。
解 (1)证明：由直四棱柱，得 BB1∥DD1，且 BB1＝DD1，
所以 BB1D1D 是平行四边形， 所以 B1D1∥BD。 而 BD⊂平面 A1BD，B1D1⊄平面 A1BD， 所以 B1D1∥平面 A1BD。
答案 C
2021/12/11
第十七页，共六十五页。
三、走出误区 微提醒：①忽略线面垂直的条件致误；②忽视平面到空间的变化致误。 5．“直线 a 与平面 α 内的无数条直线都垂直”是“直线 a 与平面 α 垂 直”的________条件。
解析 根据直线与平面垂直的定义知“直线 a 与平面 α 内的无数条直线 都垂直”不能推出“直线 a 与平面 α 垂直”，反之则可以，所以应是必要不 充分条件。
2021/12/11
第三十一页，共六十五页。
解 (1)因为 PC⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD， 所以 AC⊥PC。 因为 AB＝2，AD＝CD＝1，所以 AC＝BC＝ 2， 所以 AC2＋BC2＝AB2，故 AC⊥BC。 又 BC∩PC＝C，所以 AC⊥平面 PBC。 因为 AC⊂平面 EAC，所以平面 EAC⊥平面 PBC。 (2)由 PC＝ 2，且 PC⊥CB， 得 S△PBC＝12×( 2)2＝1。 由(1)知，AC 为三棱锥 A－PBC 的高。 易知 Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，
2021/12/11
第一页，共六十五页。
第七章 立体几何(lìtǐjǐhé)
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第五节 直线、平面垂直的判定(pàndìng)与性质
微知识(zhī shi)·小题练
微考点(kǎo diǎn)·大课堂
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解 (1)证明：由直四棱柱，得 BB1∥DD1，且 BB1＝DD1，
所以 BB1D1D 是平行四边形， 所以 B1D1∥BD。 而 BD⊂平面 A1BD，B1D1⊄平面 A1BD， 所以 B1D1∥平面 A1BD。
答案 C
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三、走出误区 微提醒：①忽略线面垂直的条件致误；②忽视平面到空间的变化致误。 5．“直线 a 与平面 α 内的无数条直线都垂直”是“直线 a 与平面 α 垂 直”的________条件。
解析 根据直线与平面垂直的定义知“直线 a 与平面 α 内的无数条直线 都垂直”不能推出“直线 a 与平面 α 垂直”，反之则可以，所以应是必要不 充分条件。
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解 (1)因为 PC⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD， 所以 AC⊥PC。 因为 AB＝2，AD＝CD＝1，所以 AC＝BC＝ 2， 所以 AC2＋BC2＝AB2，故 AC⊥BC。 又 BC∩PC＝C，所以 AC⊥平面 PBC。 因为 AC⊂平面 EAC，所以平面 EAC⊥平面 PBC。 (2)由 PC＝ 2，且 PC⊥CB， 得 S△PBC＝12×( 2)2＝1。 由(1)知，AC 为三棱锥 A－PBC 的高。 易知 Rt△PCA≌Rt△PCB≌Rt△ACB，
(全国版)高考数学一轮复习第7章立体几何第5讲直线、平面垂直的判定及性质课件
解 (1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°， 得 AB⊥AP，CD⊥PD. 由于 AB∥CD，故 AB⊥PD，从而 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB， 所以平面 PAB⊥平面 PAD.
(2)如图，在平面 PAD 内作 PE⊥AD，垂足为 E. 由(1)知，AB⊥平面 PAD，故 AB⊥PE，AB⊥AD， 可得 PE⊥平面 ABCD.
∵CG⊥平面 ABC，∴VG－ABC＝13S△ABC×CG＝43. 由(1)知 AB⊥BG，CG＝2＝BC， BG＝ BC2＋CG2＝ 22＋22＝2 2， ∴S△ABG＝12AB×BG＝2 2. 设点 C 到平面 ABG 的距离为 h，则 ∴VC－ABG＝13S△ABG·h＝23 2h＝VG－ABC＝34， ∴h＝ 2. 即点 C 到平面 ABG 的距离为 2.
2．[2018·浙江模拟]设 m，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A．若 m⊥n，n∥α，则 m⊥α B．若 m∥β，β⊥α，则 m⊥α C．若 m⊥β，n⊥β，n⊥α，则 m⊥α D．若 m⊥n，n⊥β，β⊥α，则 m⊥α
解析 对于选项 A，B，D，均能举出 m⊥α 的反例； 对于选项 C，若 m⊥β，n⊥β，则 m∥n，又 n⊥α，∴m⊥α. 故选 C.
所以 F 为 A1B 的中点，所以 EF∥BC1. 因为 BC1⊂平面 BB1C1C，EF⊄平面 BB1C1C， 所以 EF∥平面 BB1C1C.
(2)在矩形 BCC1B1，BC＝ 2BB1， 所以 tan∠CBC1＝ 22，tan∠B1MB＝ 2. 所以 tan∠CBC1·tan∠B1MB＝1. 所以∠CBC1＋∠B1MB＝π2.所以 BC1⊥B1M. 因为 EF∥BC1，所以 EF⊥B1M. 在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，底面 ABC⊥平面 BB1C1C. 因为 M 为 BC 的中点，AB＝AC，所以 AM⊥BC. 因为平面 ABC∩平面 BB1C1C＝BC，
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第四节 直线、平面垂直的判定与性质课件
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判定 一个平面过另一个平面的 定理 垂线 ，则这两个平面垂直
两个平面垂直，则一个平 性质 面内垂直于 交线 的直线 定理
与另一个平面垂直
12/11/2021
ll⊂⊥βα⇒α⊥β
α⊥β l⊂β α∩β＝a⇒l⊥α l⊥a
2．二面角的有关概念 (1)二面角：从一条直线出发的 两个半平面 所组成的图形 叫做二面角． (2)二面角的平面角：过二面角棱上的任一点，在两个半 平面内分别作与棱 垂直 的射线，则两射线所成的角叫做二面 角的平面角． (3)二面角 α 的范围：[0，π] .
C
到平面
EBD
的距离为
3 2.
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突破点三 平行与垂直的综合问题
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1．平行关系之间的转化
在证明线面、面面平行时，一般遵循从“低维”到“高 维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面 面平行”；而在应用性质定理时，其顺序恰好相反，但也 要注意，转化的方向是由题目的具体条件而定的，不可过 于“模式化”．
(1)求证：PE⊥BC； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PCD； (3)求证：EF∥平面 PCD.
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[证明] (1)因为 PA＝PD，E 为 AD 的中点， 所以 PE⊥AD. 因为底面 ABCD 为矩形， 所以 BC∥AD，所以 PE⊥BC. (2)因为底面 ABCD 为矩形，所以 AB⊥AD. 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD ＝AD，AB⊂平面 ABCD，所以 AB⊥平面 PAD， 因为 PD⊂平面 PAD，所以 AB⊥PD. 又因为 PA⊥PD，AB∩PA＝A， 所以 PD⊥平面 PAB. 因为 PD⊂平面 PCD，所以平面 PAB⊥平面 PCD.
高三数学(理)一轮复习(课件)第七章 立体几何7-5
因为 SA＝SB，所以△SAB 为等腰三角形， 所以 SE⊥AB。 又 SE∩DE＝E，所以 AB⊥平面 SDE。 又 SD⊂平面 SDE，所以 AB⊥SD。 在△SAC 中，SA＝SC，D 为 AC 的中点， 所以 SD⊥AC。 又 AC∩AB＝A，所以 SD⊥平面 ABC。 (2)由于 AB＝BC，则 BD⊥AC， 由(1)可知，SD⊥平面 ABC，又 BD⊂平面 ABC， 所以 SD⊥BD， 又 SD∩AC＝D，所以 BD⊥平面 SAC。
1．证明面面垂直的常用方法：(1)利用面面垂直的定义；(2)利用面面 垂直的判定定理，转化为从现有直线中(或作辅助线)寻找平面的垂线，即 证明线面垂直。
2．两个平面垂直问题，通常是通过“线线垂直→线面垂直→面面垂 直”的过程来实现的。
【变式训练】 (2019·唐山市摸底考试)如图，在四棱锥 P－ABCD 中， PC⊥底面 ABCD，ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD ＝2，E 是 PB 的中点。
考点三 开放型问题 【例 3】如图所示，在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，DB＝BC， DB⊥AC，点 M 是棱 BB1 上一点。
(1)求证：B1D1∥平面 A1BD。 (2)求证：MD⊥AC。 (3)试确定点 M 的位置，使得平面 DMC1⊥平面 CC1D1D。
解 (1)证明：由直四棱柱，得 BB1∥DD1，且 BB1＝DD1，
(1)如图，连接 OA，OB，OC，OP，在 Rt△POA，Rt△POB 和 Rt△POC 中，PA＝PB＝PC，所以 OA＝OB＝OC，即 O 为△ABC 的外心。
(2)如图，延长 AO，BO，CO 分别交 BC，AC，AB 于 H，D，G。因为 PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P，所以 PC⊥平面 PAB，又 AB⊂平面 PAB， 所以 PC⊥AB，因为 AB⊥PO，PO∩PC＝P，所以 AB⊥平面 PGC，又 CG ⊂平面 PGC，所以 AB⊥CG，即 CG 为△ABC 边 AB 上的高。同理可证 BD， AH 分别为△ABC 边 AC，BC 上的高，即 O 为△ABC 的垂心。