高三数学一轮复习优质学案直线平面垂直的判定与性质.docx
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高三数学一轮复习优质学案直线平面垂直的判定与性质
1.直线与平面垂直
(1)定义
如果直线l与平面α内的________直线都垂直,则直线l与平面α垂直.
(2)判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
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
⇒l⊥α
性质定理
垂直于同一个平面的两条直线________
⇒a∥b
2.直线和平面所成的角
(1)定义
平面的一条斜线和________________________所成的锐角,叫做这条直线和这个平面所成的角.若一条直线垂直于平面,它们所成的角是________,若一条直线和平面平行,或在平面内,它们所成的角是________的角.
(2)范围:
『0,
』.
3.平面与平面垂直
(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:
在二面角的棱上任取一点,以该点为垂足,在两个半平面内分别作________________的两条射线,这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.
(2)平面和平面垂直的定义
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.
(3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定定理
一个平面过另一个平面的______,则这两个平面垂直
⇒α⊥β
性质定理
两个平面垂直,则一个平面内垂直于________的直线与另一个平面垂直
⇒l⊥α
『知识拓展』
重要结论:
(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.
『思考辨析』
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直,则l⊥α.( )
(2)垂直于同一个平面的两平面平行.( )
(3)直线a⊥α,b⊥α,则a∥b.( )
(4)若α⊥β,a⊥β⇒a∥α.( )
(5)若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b垂直.( )
1.(教材改编)下列命题中不正确的是( )
A.如果平面α⊥平面β,且直线l∥平面α,则直线l⊥平面β
B.如果平面α⊥平面β,那么平面α内一定存在直线平行于平面β
C.如果平面α不垂直于平面β,那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β
D.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,那么l⊥γ
2.设平面α与平面β相交于直线m,直线a在平面α内,直线b在平面β内,且b⊥m,则“α⊥β”是“a⊥b”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
3.(2017·宝鸡质检)对于四面体ABCD,给出下列四个命题:
①若AB=AC,BD=CD,则BC⊥AD;
②若AB=CD,AC=BD,则BC⊥AD;
③若AB⊥AC,BD⊥CD,则BC⊥AD;
④若AB⊥CD,AC⊥BD,则BC⊥AD.
其中为真命题的是( )
A.①②B.②③C.②④D.①④
4.(2016·济南模拟)如图,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,G为MC的中点.则下列结论中不正确的是( )
A.MC⊥AN
B.GB∥平面AMN
C.平面CMN⊥平面AMN
D.平面DCM∥平面ABN
5.(教材改编)在三棱锥P-ABC中,点P在平面ABC中的射影为点O.
(1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的________心.
(2)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,则点O是△ABC的________心.
题型一 直线与平面垂直的判定与性质
例1 (2016·全国甲卷改编)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,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.
OD′=
.
证明:
D′H⊥平面ABCD.
思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键
(1)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(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.
(2015·江苏)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1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.
题型二 平面与平面垂直的判定与性质
例2 如图,四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD,PC的中点.
(1)求证:
CE∥平面PAD;
(2)求证:
平面EFG⊥平面EMN.
引申探究
1.在本例条件下,证明:
平面EMN⊥平面PAC.
2.在本例条件下,证明:
平面EFG∥平面PAC.
思维升华
(1)判定面面垂直的方法
①面面垂直的定义;
②面面垂直的判定定理(a⊥β,a⊂α⇒α⊥β).
(2)在已知平面垂直时,一般要用性质定理进行转化.
在一个平面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.
(2016·江苏)如图,在直三棱柱ABCA1B1C1中,D,E分别为AB,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F,A1C1⊥A1B1.
求证:
(1)直线DE∥平面A1C1F;
(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.
题型三 垂直关系中的探索性问题
例3 如图,在三棱台ABC-DEF中,CF⊥平面DEF,AB⊥BC.
(1)设平面ACE∩平面DEF=a,求证:
DF∥a;
(2)若EF=CF=2BC,试问在线段BE上是否存在点G,使得平面DFG⊥平面CDE?
若存在,请确定G点的位置;若不存在,请说明理由.
思维升华 同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样,一般是先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然后给出符合要求的证明.
(2016·北京东城区模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,M为棱AC的中点.AB=BC,AC=2,AA1=
.
(1)求证:
B1C∥平面A1BM;
(2)求证:
AC1⊥平面A1BM;
(3)在棱BB1上是否存在点N,使得平面AC1N⊥平面AA1C1C?
如果存在,求此时
的值;如果不存在,请说明理由.
17.立体几何证明问题中的转化思想
典例 (12分)如图所示,M,N,K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB,CD,C1D1的中点.
求证:
(1)AN∥平面A1MK;
(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.
思想方法指导
(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化,交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理;
(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础.证明过程中要注意利用平面几何中的结论,如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例;证明垂直时常用的等腰三角形的中线等;
(3)证明过程一定要严谨,使用定理时要对照条件、步骤书写要规范.
规范解答:
提醒:
完成作业 第八章 §8.5
答案精析
基础知识 自主学习
知识梳理
1.
(1)任意一条
(2)相交 a,b⊂α a∩b=O l⊥a l⊥b 平行 a⊥α b⊥α
2.
(1)它在平面上的射影 直角 0°
3.
(1)①两个半平面 ②垂直于棱
(2)直二面角 (3)垂线 交线
思考辨析
(1)×
(2)× (3)√ (4)× (5)√
考点自测
1.A 2.A 3.D 4.C 5.
(1)外
(2)垂
题型分类 深度剖析
例1 证明 由已知得AC⊥BD,AD=CD.
又由AE=CF得
=
,故AC∥EF.
因此EF⊥HD,从而EF⊥D′H.
由AB=5,AC=6得DO=BO=
=4.
由EF∥AC得
=
=
.
所以OH=1,D′H=DH=3.
于是D′H2+OH2=32+12=10=D′O2,故D′H⊥OH.
又D′H⊥EF,而OH∩EF=H,且OH,EF⊂平面ABCD,
所以D′H⊥平面ABCD.
跟踪训练1 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ABCA1B1C1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,
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.
例2 证明
(1)取PA的中点H,连接EH,DH.
又E为PB的中点,
所以EH綊
AB.
又CD綊
AB,
所以EH綊CD.
所以四边形DCEH是平行四边形,
所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD,CE⊄平面PAD.
所以CE∥平面PAD.
(2)因为E、F分别为PB、AB的中点,
所以EF∥PA.
又因为AB⊥PA,
所以EF⊥AB,同理可证AB⊥FG.
又因为EF∩FG=F,EF⊂平面EFG,
FG⊂平面EFG.
所以AB⊥平面EFG.
又因为M,N分别为PD,PC的中点,
所以MN∥CD,又AB∥CD,
所以MN∥AB,
所以MN⊥平面EFG.
又因为MN⊂平面EMN,
所以平面EFG⊥平面EMN.
引申探究
1.证明 因为AB⊥PA,AB⊥AC,
且PA∩AC=A,所以AB⊥平面PAC.
又MN∥CD,CD∥AB,所以MN∥AB,
所以MN⊥平面PAC.
又MN⊂平面EMN,
所以平面EMN⊥平面PAC.
2.证明 因为E,F,G分别为PB,AB,BC的中点,
所以EF∥PA,FG∥AC,
又EF⊄平面PAC,PA⊂平面PAC,
所以EF∥平面PAC.
同理,FG∥平面PAC.
又EF∩FG=F,
所以平面EFG∥平面PAC.
跟踪训练2 证明
(1)由已知,
DE为△ABC的中位线,
∴DE∥AC,
又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1,
∴DE∥A1C1,
又∵DE⊄平面A1C1F,
A1C1⊂平面A1C1F,
∴DE∥平面A1C1F.
(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中,
AA1⊥平面A1B1C1,
∴AA1⊥A1C1,
又∵A1B1⊥A1C1,且A1B1∩AA1=A1,
∴A1C1⊥平面ABB1A1,
∵B1D⊂平面ABB1A1,
∴A1C1⊥B1D,
又∵A1F⊥B1D,且A1F∩A1C1=A1,
∴B1D⊥平面A1C1F,
又∵B1D⊂平面B1DE,
∴平面B1DE⊥平面A1C1F.
例3
(1)证明 在三棱台ABC-DEF中,AC∥DF,AC⊂平面ACE,DF⊄平面ACE,∴DF∥平面ACE.
又∵DF⊂平面DEF,
平面ACE∩平面DEF=a,
∴DF∥a.
(2)解 线段BE上存在点G,且BG=
BE,使得平面DFG⊥平面CDE.
证明如下:
取CE的中点O,连接FO并延长交BE于点G,
连接GD,GF,
∵CF=EF,
∴GF⊥CE.
在三棱台ABC-DEF中,
AB⊥BC⇒DE⊥EF.
由CF⊥平面DEF⇒CF⊥DE.
又CF∩EF=F,∴DE⊥平面CBEF,
∴DE⊥GF.
⇒GF⊥平面CDE.
又GF⊂平面DFG,∴平面DFG⊥平面CDE.
此时,如平面图所示,延长CB,FG交于点H,
∵O为CE的中点,EF=CF=2BC,
由平面几何知识易证△HOC≌△FOE,
∴HB=BC=
EF.
由△HGB∽△FGE可知
=
,
即BG=
BE.
跟踪训练3
(1)证明 连接AB1与A1B,两线交于点O,连接OM,
在△B1AC中,
∵M,O分别为AC,AB1中点,
∴OM∥B1C,
又∵OM⊂平面A1BM,
B1C⊄平面A1BM,
∴B1C∥平面A1BM.
(2)证明 ∵侧棱AA1⊥底面ABC,
BM⊂平面ABC,
∴AA1⊥BM,
又∵M为棱AC中点,AB=BC,
∴BM⊥AC.
∵AA1∩AC=A,∴BM⊥平面ACC1A1,
∴BM⊥AC1.
∵AC=2,∴AM=1.
又∵AA1=
,
∴在Rt△ACC1和Rt△A1AM中,
tan∠AC1C=tan∠A1MA=
.
∴∠AC1C=∠A1MA,
即∠AC1C+∠C1AC=
∠A1MA+∠C1AC=90°,
∴A1M⊥AC1.
∵BM∩A1M=M,∴AC1⊥平面A1BM.
(3)解 当点N为BB1中点,
即
=
时,
平面AC1N⊥平面AA1C1C.
证明如下:
设AC1中点为D,连接DM,DN.
∵D,M分别为AC1,AC中点,
∴DM∥CC1,且DM=
CC1.
又∵N为BB1中点,
∴DM∥BN,且DM=BN,
∴四边形BNDM为平行四边形,
∴BM∥DN,
∵BM⊥平面ACC1A1,
∴DN⊥平面ACC1A1.
又∵DN⊂平面AC1N,
∴平面AC1N⊥平面AA1C1C.
思想与方法系列
典例 证明
(1)如图所示,连接NK.
在正方体ABCD—A1B1C1D1中,
∵四边形AA1D1D,DD1C1C都为正方形,
∴AA1∥DD1,
AA1=DD1,
C1D1∥CD,C1D1=CD.『2分』
∵N,K分别为CD,C1D1的中点,
∴DN∥D1K,DN=D1K,
∴四边形DD1KN为平行四边形,『3分』
∴KN∥DD1,KN=DD1,
∴AA1∥KN,AA1=KN,
∴四边形AA1KN为平行四边形,
∴AN∥A1K.『4分』
∵A1K⊂平面A1MK,AN⊄平面A1MK,
∴AN∥平面A1MK.『6分』
(2)如图所示,连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中,AB∥C1D1,
AB=C1D1.
∵M,K分别为AB,C1D1的中点,
∴BM∥C1K,BM=C1K,
∴四边形BC1KM为平行四边形,
∴MK∥BC1.『8分』
在正方体ABCD—A1B1C1D1中,
A1B1⊥平面BB1C1C,
BC1⊂平面BB1C1C,∴A1B1⊥BC1.
∵MK∥BC1,∴A1B1⊥MK.
∵四边形BB1C1C为正方形,
∴BC1⊥B1C.『10分』
∴MK⊥B1C.
∵A1B1⊂平面A1B1C,
B1C⊂平面A1B1C,A1B1∩B1C=B1,
∴MK⊥平面A1B1C.
又∵MK⊂平面A1MK,
∴平面A1B1C⊥平面A1MK.『12分』