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第七章 第五节 直线、平面垂直的判定及性质


第 五节 第 七 章 立 体 几 何 直线 、平 面垂 直的 判定 及性 质

高考成功方案第一步

高考成功方案第二步

高考成功方案第三步

高考成功方案第四步

考纲点击 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

垂直关系的简单命题.

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1.直线a⊥平面α,b∥α,则a与b的关系为

(

)

A.a⊥b,且a与b相交
C.a⊥b

B.a⊥b,且a与b不相交
D.a与b不一定垂直

解析:∵a⊥α,b∥α,∴a⊥b,但不一定相交. 答案:C

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2.已知α、β表示两个不同的平面,m为平面α内的一条
直线,则“α⊥β”是“m⊥β”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:α⊥βD m⊥β ? ? ??α⊥β. m⊥β,但 m?α? ?

(

)

答案:B

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3.(2011· 浙江高考)下列命题中错误的是

(

)

A.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 B.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 C.如果平面α⊥平面γ,平面β⊥平面γ,α∩β=l,

那么l⊥平面γ
D.如果平面α⊥平面β,那么平面α内所有直线都垂直 于平面β

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解析:对于D,若平面α⊥平面β,则平面α内的直线可能不
垂直于平面β,甚至可能平行于平面β,其余选项易知均是 正确的.

答案:D

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4.已知直线l、m,平面α、β,且l⊥α,m?β, 给出下列四个命题: ①若α∥β,则l⊥m;

②若l⊥m,则α∥β;
③若α⊥β,则l∥m; ④若l∥m,则α⊥β; 其中正确命题的序号是________.

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解析:∵l⊥α,α∥β,

∴l⊥β.
又∵m?β,∴l⊥m,故①正确; 直线l与β内的一条直线m垂直,l与β的关系不确定,α与β 的关系也不确定,故②错误; l⊥α,α⊥β,可能有l?β,故③错误;

∵l⊥α,m∥l,∴m⊥α,又m?β,
∴α⊥β,故④正确.

答案:①④

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5.如图,AB是⊙O的直径,PA垂直 于⊙O所在的平面,C是圆周上不同于

A,B的任意一点,则图中互相垂直的
平面共有________对.

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解析:∵AB是⊙O的直径, ∴BC⊥AC. 又∵PA⊥平面ABC,

∴BC⊥平面PAC.
∴平面PAC⊥平面ABC,平面PAB⊥平面ABC, 平面PBC⊥平面PAC,共3对. 答案:3

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1.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义 直线l与平面α内的 任意一条 直线都垂直,

就说直线l与平面α互相垂直.

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(2)直线与平面垂直的判定定理及其推论 文字语言 判 定 定 理 一条直线与平面 内的两条相交直 线 垂直,则这 条直线与这个平 面垂直 a、b?α a∩b=O l⊥a l⊥b
? ? ? ?l⊥α ? ?

图形语言

符号语言

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文字语言 如果在两条平行直线中, 推 有一条垂直于平面,那么

图形语言

符号语言 a∥b a⊥α

论 另一条直线也垂直 这个平


? ? ??b⊥α ? ?

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(3)直线与平面垂直的性质定理 文字语言 性 质 垂直于同一个平面的两条 直线 平行 图形语言 符号语言 a⊥α b⊥α
? ??a∥b ?




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2.直线与平面所成的角 平面的一条斜线和 它在平面上的射影 所成的锐角叫做这 π [0,2] 条直线和这个平面所成的角,线面角的范围是 .

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3.二面角

从一条直线 出发的两个半平面 所组
成的图形叫做二面角.这条直线叫做 二面角的棱 .两个半平面叫做二面角面. 如图,记作:α- β或α- β或 lABP- Q. AB-

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4.平面与平面垂直 (1)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 垂线 ,则这两个 l? β l⊥α
? ? ??α⊥β ? ?

图形语言

符号语言

平面互相垂直

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(2)平面与平面垂直的性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 α⊥β l?β α∩β=a l⊥a
? ? ? ? ?

性 两个平面互相垂直,则
质 一个平面内垂直于 交线 定 的直线垂直于另一个平 理 面

?l⊥α

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[做一题]
[例1] (2011· 新课标全国卷)如图,四棱锥P -ABCD中,底面ABCD为平行四边形, ∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD. (1)证明:PA⊥BD;

(2)设PD=AD=1,求棱锥D-PBC的高.

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[自主解答]

(1)证明:因为∠DAB=60° ,AB=2AD,

由余弦定理得BD= 3AD. 所以BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD,所以BD⊥PD. 所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD. (2)如图,作DE⊥PB,垂足为E. 已知PD⊥底面ABCD,故PD⊥BC.

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由(1)知BD⊥AD,BC∥AD, 所以BC⊥BD. 所以BC⊥平面PBD,BC⊥DE. 则DE⊥平面PBC. 由PD=AD=1知BD= 3,PB=2. 3 由DE· PB=PD· BD得DE= , 2 3 即棱锥D-PBC的高为 . 2

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保持例题条件不变,试判断平面PBD与平面PBC是否垂直?
解:由例(1)知BD⊥AD, ∵AD∥BC,∴BD⊥BC. 又∵PD⊥平面ABCD, ∴BC⊥PD. 由①②知PD∩BD=D,BC⊥平面PBD. 又BC?平面PBC, ② ①

∴平面PBD⊥平面PBC.

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[悟一法] 1.证明直线和平面垂直的常用方法有:
方法一 利用判定定理 方法二

利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b,
a⊥α?b⊥α)

方法三 利用面面平行的性质(a⊥α,α∥β?a⊥β) 方法四 利用面面垂直的性质 2.当直线和平面垂直时,该直线垂直于平面内的任意一条直 线,常用来证明线线垂直.

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[通一类] 1.如右图所示,已知PA⊥矩形ABCD所 在平面,M,N分别是AB,PC的中点.

(1)求证MN⊥CD;
(2)若∠PDA=45°,求证MN⊥平面PCD.

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证明:(1)如图所示,连接AC,AN,BN, ∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥AC. 在Rt△PAC中,N为PC中点, 1 ∴AN= PC.∵PA⊥平面ABCD, 2 ∴PA⊥BC.又BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面PAB. ∴BC⊥PB.从而在Rt△PBC中,BN为斜边PC上的中线, 1 ∴BN= PC,∴AN=BN.∴△ABN为等腰三角形. 2

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又M为底边AB的中点,∴MN⊥AB. 又∵AB∥CD,∴MN⊥CD. (2)如图所示,连接PM,CM,∵∠PDA=45°,PA⊥AD, ∴AP=AD.∵四边形ABCD为矩形,∴AD=BC,∴PA=

BC.又∵M为AB的中点,∴AM=BM,而∠PAM=
∠CBM=90°,∴PM=CM.又∵N为PC的中点, ∴MN⊥PC.由(1)知,MN⊥CD,PC∩CD=C,∴MN⊥平 面PCD.

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[做一题] [例2] 如图所示,△ABC为正三角形,

EC⊥平面ABC,BD∥CE,EC=CA=2BD,
M是EA的中点.求证: (1)DE=DA; (2)平面BDM⊥平面ECA.

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[自主解答] (1)如图所示,取EC中点F,连接DF.

∵EC⊥平面ABC,BD∥CE,
∴DB⊥平面ABC. ∴DB⊥AB,∴EC⊥BC. ∵BD∥CE,BD=CE=FC, ∴四边形FCBD是矩形,∴DF⊥EC. 又BA=BC=DF, ∴Rt△DEF≌Rt△ADB,∴DE=DA.

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(2)如图所示,取AC中点N,连接MN、NB, 1 ∵M是EA的中点,∴MN綊 EC. 2 1 由BD綊 EC,且BD⊥平面ABC,可得四边形MNBD是矩 2 形,于是DM⊥MN,∵DE=DA,M是EA的中点, ∴DM⊥EA.又EA∩MN=M, ∴DM⊥平面ECA,而DM?平面BDM, ∴平面ECA⊥平面BDM.

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[悟一法] 面面垂直的性质应用技巧: (1)两平面垂直,在一个平面内垂直于交线的直线必垂直

于另一个平面.这是把面面垂直转化为线面垂直的依
据.运用时要注意“平面内的直线”. (2)两个相交平面同时垂直于第三个平面,那么它们的交 线也垂直于第三个平面,此性质是在课本习题中出现 的,在不是很复杂的题目中,要对此进行证明.

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[通一类] 2.(2012· 徐州模拟)在三棱锥P-ABC中, △PAC和△PBC都是边长为 2的 等边三角形,AB=2,O、D分别是 AB、PB的中点. (1)求证:OD∥平面PAC; (2)求证:平面PAB⊥平面ABC.

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证明:(1)∵O,D分别为AB,PB的中点, ∴OD∥PA.

又PA?平面PAC,OD?平面PAC,
∴OD∥平面PAC.

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(2)连结OC,OP ∵AC=CB= 2,AB=2, ∴∠ACB=90° . 又O为AB的中点,∴OC⊥AB,OC=1,同理, ∴PO⊥AB,PO=1.

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又PC= 2,∴PC2=OC2+PO2=2, ∴∠POC=90° . ∴PO⊥OC. 又PO⊥AB,AB∩OC=O, ∴PO⊥平面ABC.PO?平面PAB, ∴平面PAB⊥平面ABC.

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[做一题] [例3] 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,

E、F分别是CD,A1D1的中点. (1)求证:AB1⊥BF;

(2)求证:AE⊥BF;
(3)棱CC1上是否存在点P,使BF⊥平面AEP, 若存在,确定点P的位置,若不存在,说明 理由.

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[自主解答]

(1)连接A1B,

则AB1⊥A1B,
又AB1⊥A1F,且A1B∩A1F=A1, ∴AB1⊥平面A1BF.∴AB1⊥BF. (2)取AD中点G,连接FG,BG,则FG⊥AE, 又∵△BAG≌△ADE,

∴∠ABG=∠DAE.
∴AE⊥BG.又∵BG∩FG=G, ∴AE⊥平面BFG.∴AE⊥BF.

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(3)存在.取CC1中点P,即为所求.连接EP,AP,C1D,

∵EP∥C1D,C1D∥AB1,∴EP∥AB1.
由(1)知AB1⊥BF,∴BF⊥EP. 又由(2)知AE⊥BF,且AE∩EP=E, ∴BF⊥平面AEP.

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[悟一法]

线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化关系:

在线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化中,线线垂
直是最基本的,在转化过程中起穿针引线的作用,线 面垂直是纽带,把线线垂直和面面垂直联系起来.

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[通一类] 3.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中, AB=BB1,AC1⊥平面A1BD,D为AC

中点.求证:
(1)B1C∥平面A1BD; (2)B1C1⊥平面ABB1A1.

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证明:(1)如图,连接AB1.
AB1∩A1B=O, 则O为AB1中点. 连接OD,∵D为AC中点, ∴在△ACB1中,有OD∥B1C. 又∵OD?平面A1BD, B1C?平面A1BD,

∴B1C∥平面A1BD.

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(2)∵AB=B1B,三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, ∴ABB1A1为正方形. ∴A1B⊥AB1. 又∵AC1⊥平面A1BD,A1B?平面A1BD, ∴AC1⊥A1B. 又∵AC1?平面AB1C1,AB1?平面AB1C1,

AC1∩AB1=A,

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∴A1B⊥平面AB1C1. 又∵B1C1?平面AB1C1, ∴A1B⊥B1C1. 又∵A1A⊥平面A1B1C1,B1C1?平面A1B1C1,

∴A1A⊥B1C1.
又∵A1A?平面ABB1A1,A1B?平面ABB1A1, A1A∩A1B=A1, ∴B1C1⊥平面ABB1A1.

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[热点分析] 线面垂直的判定与性质、面面垂直的判定与性质是 高考考查的热点,客观题突出“小巧”,主要以命题真假

为载体考查垂直的判定及性质,而解答题则以多面体为
载体,综合平行关系考查空间位置关系的证明,重点考 查学生的空间想象力,逻辑推理能力以及运算能力.2011 年山东高考以棱台为载体考查了线线垂直与线面平行的 证明,是高考命题的一个新动向.

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[考题印证] (2011· 山东高考)(12分)如图,在四棱台 ABCD-A1B1C1D1中,D1D⊥平面ABCD, 底面ABCD是平行四边形,AB=2AD,AD

=A1B1,∠BAD=60°.
(1)证明:AA1⊥BD; (2)证明:CC1∥平面A1BD.

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[一题多解]————————————(条条大道通罗马)

[法一](1)

因为D1D⊥平面ABCD,

且BD?平面ABCD, 所以D1D⊥BD.? 又因为AB=2AD, ∠BAD=60°, 在△ABD中,由余弦定理得 BD2=AD2+AB2-2AD· ABcos60°=3AD2, (2分)

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所以AD2+BD2=AB2,
因此AD⊥BD.? 又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1, 故AA1⊥BD.? (6分) (4分)

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(2)连接 AC,A1C1. 设 AC∩BD=E,连接 EA1, 因为四边形 ABCD 为平行四边形, 1 所以 EC= AC.? 2 (8 分)

由棱台定义及 AB=2AD =2A1B1 知,A1C1∥EC 且 A1C1=EC, 所以四边形 A1ECC1 为平行四边形,因此 CC1∥EA1.(10 分) 又因为 EA1?平面 A1BD,CC1?平面 A1BD,所以 CC1∥平面 A1BD.? (12 分)

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[法二] 因为D1D⊥平面ABCD,且BD?平面ABCD,

所以BD⊥D1D.?
取AB的中点G,连接DG, 在△ABD中,由AB=2AD得AG=AD, 又∠BAD=60°,所以△ADG为等边三角形, 因此GD=GB,?

(2分)

(3分)

故∠DBG=∠GDB,又∠AGD=60°,
所以∠GDB=30°,

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故∠ADB=∠ADG+∠GDB=60°+30°=90°,

所以BD⊥AD.?

(4分)

又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A1· 又AA1?平面ADD1A1, 故AA1⊥BD.? (6分)

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(2)连接AC,A1C1. 设AC∩BD=E,连接EA1, 因为四边形ABCD为平行四边形, 1 所以EC= AC.? 2 (8分)

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由棱台定义及
AB=2AD =2A1B1知, A1C1∥EC且A1C1=EC, 所以四边形A1ECC1为平行四边形,因此CC1∥EA1.? (10分) 又因为EA1?平面A1BD,CC1?平面A1BD, 所以CC1∥平面A1BD.? (12分)

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