【教学课件】第七章第五节直线、平面垂直的判定及其性质.ppt

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1、以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认以立体几何的定义、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识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.1.直线与平面垂直直线与平面垂直2.直线和平面所成的角直线和平面所成的角3.二面角的有关概念二面角的有关概念4.平面与平面垂直平面与平面垂直思考探究思考探究垂直于同一平面的两平面是否平行？垂直于同一平面的两平面是否平行？提示：提示：垂直于同一平面的两平面可能平行，也可能相交垂直于同一平面的两平面可能平行，也可能相交.1.直线直线a直线直线b，a平面平面，则，则b与与的位置关系是的位置关系是()A.b B.b C.b D.b或或b

2、解析：解析：由垂直和平行的有关性质可知由垂直和平行的有关性质可知b 或或b .答案：答案：D2.(文文)已知直线已知直线a和两个平面和两个平面，给出下列四个命题：，给出下列四个命题：若若a，则，则内的任何直线都与内的任何直线都与a平行；平行；若若a，则，则内的任何直线都与内的任何直线都与a垂直；垂直；若若，则，则内的任何直线都与内的任何直线都与平行；平行；若若，则，则内的任何直都与内的任何直都与垂直垂直.则其中则其中()A.、为真为真B.、为真为真C.、为真为真D.、为真为真解析：解析：若若a，则，则内的无数直线都与内的无数直线都与a平行，但不是任意平行，但不是任意一条，即一条，即不正确；若不

3、正确；若a，则，则内的任何直线都与内的任何直线都与a垂直，垂直，即即正确；若正确；若 ，则，则 内的任何直线都与内的任何直线都与平行，即平行，即正确；若正确；若 ，则，则 内有无数条直线都与内有无数条直线都与垂直，但不是垂直，但不是任意一条，即任意一条，即不正确不正确.综上可得综上可得、为真，故应选为真，故应选A.答案：答案：A(理理)在正方体在正方体ABCDA1B1C1D1中，中，B1C与对角面与对角面DD1B1B所成角的大小是所成角的大小是()A.15B.30C.45D.60解析：解析：如图所示，连结如图所示，连结AC交交BD于于O点，易证点，易证AC平面平面DD1B1B，连结连结B1O，

4、则，则CB1O即为即为B1C与与对角面所成的角，设正方体边长为对角面所成的角，设正方体边长为a，则，则B1Ca，CO a，sinCB1O.CB1O30.答案：答案：B3.已知直线已知直线l平面平面，直线，直线m平面平面，有下列命题：，有下列命题：lm；lm；lm；lm.其中正确的命题是其中正确的命题是()A.与与B.与与C.与与D.与与解析：解析：对对，l，l ，又又m ，lm，正确；正确；对对，l，则，则l或或l ，l不一定与不一定与m平平行，行，错误；错误；对对，lm，l，m，又又m ，正确；正确；错误错误.答案：答案：D4.在在ABC中，中，ACB90，AB8，ABC60，PC平面平面A

5、BC，PC4，M是是AB上一个动点，则上一个动点，则PM的最小值的最小值为为.解析：解析：PC平面平面ABC，CM平面平面ABC，PCCM，PM要使要使PM最小，只需最小，只需CM最小，此时最小，此时CMAB，CM2，PM的最小值为的最小值为2.答案：答案：25.如图，平面如图，平面ABC平面平面BDC，BACBDC90，且，且 ABACa，则，则AD.解析：解析：取取BC中点中点E，连结，连结ED、AE，ABAC，AEBC.平面平面ABC平面平面BDC，AE平面平面BCD.AEED.在在RtABC和和RtBCD中，中，AEEDBCa，ADa.答案：答案：a1.证明直线和平面垂直的常用方法：证

6、明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理利用判定定理.(2)利用平行线垂直于平面的传递性利用平行线垂直于平面的传递性(a b，a b).(3)利用面面平行的性质利用面面平行的性质(a，a).(4)利用面面垂直的性质利用面面垂直的性质.当直线和平面垂直时，该直线垂直于平面内的任一直线，当直线和平面垂直时，该直线垂直于平面内的任一直线，常用来证明线线垂直常用来证明线线垂直.2.直线和平面垂直的性质定理可以作为两条直线平行的直线和平面垂直的性质定理可以作为两条直线平行的判定定理，可以并入平行推导链中，实现平行与垂直判定定理，可以并入平行推导链中，实现平行与垂直的相互转化，即线线垂直的相互转化，

7、即线线垂直线面垂直线面垂直线线平行线线平行线线面平行面平行.(2009福建高考改编福建高考改编)如图，如图，平行四边形平行四边形ABCD中，中，DAB60，AB2，AD4.将将 CBD沿沿BD折起折起到到 EBD的位置，使平面的位置，使平面EBD 平平面面ABD.求证：求证：AB DE.思路点拨思路点拨课堂笔记课堂笔记证明：在证明：在ABD中，中，AB2，AD4，DAB60，BD2.AB2BD2AD2，ABBD.又又平面平面EBD平面平面ABD，平面平面EBD平面平面ABDBD，AB平面平面ABD，AB平面平面EBD.DE平面平面EBD，ABDE.本例中，本例中，ED与平面与平面ABD垂直吗？

8、垂直吗？解：解：由例由例1知，知，ABBD，CDAB，CDBD，从而，从而DEBD.又又平面平面EBD平面平面ABD，ED平面平面EBD，ED平面平面ABD.1.证明平面与平面垂直的方法主要有：证明平面与平面垂直的方法主要有：(1)利用定义证明利用定义证明.只需判定两平面所成的二面角为直二面角只需判定两平面所成的二面角为直二面角即可即可.(2)利用判定定理利用判定定理.在审题时，要注意直观判断哪条直线可能在审题时，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的中线垂直于底边，是垂线，充分利用等腰三角形底边的中线垂直于底边，勾股定理等结论勾股定理等结论.2.关于三种垂直关系的转化可结

9、合下图记忆关于三种垂直关系的转化可结合下图记忆.(2009江苏高考江苏高考)如图，在如图，在三棱柱三棱柱ABCA1B1C1中，中，E、F分别分别是是A1B、A1C的中点，点的中点，点D在在B1C1上，上，A1D B1C.求证：求证：(1)EF 平面平面ABC；(2)平面平面A1FD 平面平面BB1C1C.思路点拨思路点拨课堂笔记课堂笔记(1)因为因为E、F分别是分别是A1B、A1C的中点，的中点，所以所以EFBC，又又EF 平面平面ABC，BC平面平面ABC.所以所以EF平面平面ABC.(2)因为三棱柱因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，为直三棱柱，所以所以BB1平面平面A1B1C1，所以

10、所以BB1A1D，又又A1DB1C，B1CBB1B1.所以所以A1D平面平面BB1C1C，又又A1D平面平面A1FD，所以平面所以平面A1FD平面平面BB1C1C.两个平面垂直的性质定理，可以作为直线和平面垂两个平面垂直的性质定理，可以作为直线和平面垂直的判定定理，当条件中有两个平面垂直时，常添加的直的判定定理，当条件中有两个平面垂直时，常添加的辅助线是在一个平面内作两平面交线的垂线辅助线是在一个平面内作两平面交线的垂线.如图如图，四边形，四边形ABCD中，中，AD BC，ADAB，BCD45，BAD90，将，将 ABD沿对角线沿对角线BD折起，记折起，记折起后点的位置为折起后点的位置为P，且

11、使平面，且使平面PBD 平面平面BCD，如图，如图.(1)求证：平面求证：平面PBC 平面平面PDC；(2)在折叠前的四边形在折叠前的四边形ABCD中，作中，作AE BD于于E，过，过E作作EF BC于于F，求折起后的图形中，求折起后的图形中 PFE的正切值的正切值.思路点拨思路点拨课堂笔记课堂笔记(1)证明：折叠前，在四边形证明：折叠前，在四边形ABCD中，中，ADBC，ADAB，BAD90，所以所以ABD为等腰直角三角形为等腰直角三角形.又因为又因为BCD45，所以，所以BDC90.折叠后，因为面折叠后，因为面PBD面面BCD，CDBD，所以，所以CD面面PBD.又因为又因为PB面面PBD

12、，所以，所以CDPB.又因为又因为PBPD，PDCDD，所以，所以PB面面PDC.又又PB面面PBC，故平面，故平面PBC平面平面PDC.(2)AEBD，EFBC，折叠后的位置关系不变，折叠后的位置关系不变，所以所以PEBD.又面又面PBD面面BCD，所以，所以PE面面BCD，所以所以PEEF.设设ABADa，则，则BDa，所以，所以PEaBE.在在RtBEF中，中，EFBEsin45aa.在在RtPFE中，中，tanPFE.高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一，有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查之一，有时在客观题中考查，更多

13、的是在解答题中考查.求这两种空间角的步骤：求这两种空间角的步骤：根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找找)出该角，出该角，再解三角形求出该角，步骤是作再解三角形求出该角，步骤是作(找找)认认(指指)求求.在客观题中，也可用射影法：在客观题中，也可用射影法：设斜线段设斜线段AB在平面在平面内的射影为内的射影为AB，AB与与所成角为所成角为，则则cos.设设 ABC在平面在平面内的射影三角形为内的射影三角形为 ABC，平面，平面ABC与与所所成角为成角为，则，则cos.(2010安阳模拟安阳模拟)三棱锥三棱锥PABC中，中，PC、AC、BC两两垂直

14、，两两垂直，BCPC1，AC2，E、F、G分分别是别是AB、AC、AP的中点的中点.(1)证明：平面证明：平面GFE 平面平面PCB；(2)求二面角求二面角BAPC的正切值的正切值.思路点拨思路点拨课堂笔记课堂笔记(1)证明：因为证明：因为E、F、G分别是分别是AB、AC、AP的中点，的中点，所以所以EFBC，GFCP.因为因为EF，GF 平面平面PCB.所以所以EF平面平面PCB，GF平面平面PCB.又又EFGFF，所以平面所以平面GFE平面平面PCB.(2)BCPC，BCCA，且，且PCACC，BC平面平面PAC.过点过点C作作CHPA于于H点，点，连结连结HB，则易证，则易证HBPA，B

15、HC即为二面角即为二面角BAPC的平面角的平面角.在在RtACP中，中，AP，HC(等积等积).tanBHC.近年来开放型问题不断在高考试题中出现，近年来开放型问题不断在高考试题中出现，这说明高考对学生的能力要求越来越高，这也符合这说明高考对学生的能力要求越来越高，这也符合新课标的理念，因而在复习过程中要善于对问题进新课标的理念，因而在复习过程中要善于对问题进行探究行探究.立体几何中结合垂直关系，设计开放型试立体几何中结合垂直关系，设计开放型试题将是新课标高考命题的一个动向题将是新课标高考命题的一个动向.考题印证考题印证(2009浙江高考浙江高考)(12分分)如图，如图，平面平面PAC 平面平

16、面ABC，ABC是是以以AC为斜边的等腰直角三角形，为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为分别为PA，PB，AC的中点，的中点，AC16，PAPC10.(1)设设G是是OC的中点，证明：的中点，证明：FG 平面平面BOE；(2)证明：在证明：在 ABO内存在一点内存在一点M，使，使FM 平面平面BOE，并求，并求点点M到到OA、OB的距离的距离.【证明证明】(1)如图，取如图，取PE的的中点为中点为H，连结，连结HG、HF.(1分分)因为点因为点E，O，G，H分别是分别是PA，AC，OC，PE的中点，的中点，(2分分)所以所以HG OE，HF EB.因此平面因此平面FGH 平面平面BOE.因

17、为因为FG在平面在平面FGH内，内，所以所以FG 平面平面BOE.(4分分)(2)在平面在平面OAP内，过点内，过点P作作PN OE，交，交OA于点于点N，交，交OE于于点点Q.连结连结BN，过点，过点F作作FM PN，交交BN于点于点M.(5分分)下证下证FM 平面平面BOE.由题意，得由题意，得OB 平面平面PAC，所以所以OB PN，又因为又因为PN OE，所以，所以PN 平面平面BOE.因此因此FM 平面平面BOE.(7分分)在在Rt OAP中，中，OEPA5，PQ，cos NPO，ONOPtan NPOOA，所以点所以点N在线段在线段OA上上.(9分分)因为因为F是是PB的中点，所以

18、的中点，所以M是是BN的中点的中点.(10分分)因此点因此点M在在 AOB内，点内，点M到到OA，OB的距离分别为的距离分别为OB4，ON.(12分分)自主体验自主体验如图所示，已知长方体如图所示，已知长方体ABCDA1B1C1D1的底面的底面ABCD为正方形，为正方形，E为为线段线段AD1的中点，的中点，F为线段为线段BD1的中点的中点.(1)求证：求证：EF 平面平面ABCD；(2)设设M为线段为线段C1C的中点，当的中点，当的比值为多少时，的比值为多少时，DF 平面平面D1MB，并说明理由，并说明理由解：解：(1)证明：证明：E、F分别是分别是AD1和和BD1的中点，的中点，EFAB，又

19、，又EF 平面平面ABCD，AB平面平面ABCD，EF平面平面ABCD.(2)设设(0)，ADa，则则DD1a，连结，连结MF.若若DF平面平面D1MB，则有则有DFD1B，DFFM.在在RtBDD1中，中，DF.又又F、M分别是分别是BD1，CC1的中点，易证的中点，易证FMa，又又DMa，在在RtDFM中，中，DF2FM2DM2，即即，解得解得22，即当即当时，时，DF平面平面D1MB.1.(2010三亚模拟三亚模拟)若两直线若两直线a与与b异面，则过异面，则过a且与且与b垂直的垂直的平面平面()A.有且只有一个有且只有一个B.至多有一个至多有一个C.有无数多个有无数多个D.一定不存在一定

20、不存在解析：解析：当当ab时，存在一个过时，存在一个过a且与且与b垂直的平面；若垂直的平面；若a与与b不垂直，则不存在这样的平面不垂直，则不存在这样的平面.答案：答案：B2.下列三个命题，其中正确命题的个数为下列三个命题，其中正确命题的个数为()平面平面平面平面，平面，平面平面平面，则，则；平面平面平面平面，平面，平面平面平面，则，则；平面平面平面平面，平面，平面平面平面，则，则.A.1B.2C.3D.0解析：解析：正确；正确；正确；正确；错误错误.答案：答案：B3.已知直线已知直线a，b和平面和平面，且，且a，b ，那么，那么 是是ab的的()A.充分但不必要条件充分但不必要条件B.必要但不

21、充分条件必要但不充分条件C.充分必要条件充分必要条件D.既不充分也不必要条件既不充分也不必要条件解析：解析：若若 ，由，由a则容易推出则容易推出a 或或a ，而，而b，于是，于是ab；若；若ab，则容易推出，则容易推出 ，故，故 是是ab的的充分必要条件充分必要条件.答案：答案：C4.正四棱锥正四棱锥SABCD的底面边长为的底面边长为2，高为，高为2，E是边是边BC的中的中点，动点点，动点P在表面上运动，并且总保持在表面上运动，并且总保持PEAC，则动点，则动点P 的轨迹的周长为的轨迹的周长为()解析：解析：依题意知，动点依题意知，动点P的轨迹为如图的轨迹为如图所示的三角形所示的三角形EFG，

22、容易求得，容易求得，EFBD，GEGFSB，所以轨迹的周长为所以轨迹的周长为.答案：答案：C5.正方体正方体ABCDA1B1C1D1中，中，M、N分别是棱分别是棱AA1和和AB上的上的点，若点，若B1MN是直角，则是直角，则C1MN.解析：解析：如图所示，由正方体性质可知如图所示，由正方体性质可知B1C1MN，又，又MB1MN，MN平面平面MB1C1.C1M平面平面MB1C1，C1MMN，即即C1MN90答案：答案：906.(2010苏北三市联考苏北三市联考)如图，如图，在正方体在正方体ABCDA1B1C1D1中，中，M、N、G分别是分别是A1A，D1C，AD的中点的中点.求证：求证：(1)M

23、N平面平面ABCD；(2)MN平面平面B1BG.证明：证明：(1)取取CD的中点记为的中点记为E，连连NE，AE.由由N，E分别为分别为CD1与与CD的中点可得的中点可得NED1D且且NED1D，又又AMD1D且且AMD1D所以所以AMEN且且AMEN，即四边形，即四边形AMNE为平行四边形，为平行四边形，所以所以MNAE，又又AE面面ABCD，所以，所以MN面面ABCD.(2)由由AGDE，BAGADE90，DAAB可得可得EDA与与GAB全等全等.所以所以ABGDAE，又又DAEAED90，AEDBAF，所以所以BAFABG90，所以所以AEBG，又又BB1AE，所以，所以AE面面B1BG，又又MNAE，所以，所以MN平面平面B1BG.