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第七章 第五节 直线、平面垂直的判定与性质


第五

第 七 章
立 体 几 何

节 直线、 平面

抓 基 础
明 考 向
教 你 一 招 我 来 演 练

垂直
的判 定与 性质

提 能 力

[备考方向要明了] 考 什 么 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判定定理与有关性质.

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怎 么 考 1.线线、线面、面面垂直的问题是命题的热点. 2.着重考查垂直关系的转化及应用.题型多以选择题、解

答题为主.难度中、低档.

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一、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推论.
文字语言
一条直线与平面内的 判定 定理

图形语言

符号语言

两条相交直线 都垂直,
则该直线与此平面垂直

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文字语言 如果在两条平行直 推 论 线中,有一条垂直

图形语言

符号语言

于平面,那么另一
条直线也 垂直 这个 平面

a∥b ? ? a⊥α ??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

图形语言

符号语言
a⊥α b⊥α
? ? ??a∥b ? ?

定理

平行

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二、平面与平面垂直 1.平面与平面垂直的判定定理. 文字语言 一个平面过另一个 判定 定理 平面的一条 垂线 , 则这两个平面互相 垂直 图形语言 符号语言 l?β l⊥α
? ? ??α⊥β ? ?

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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
? ? ? ?l⊥α ? ?

两个平面互相垂直,
性质 则一个平面内垂直 定理 于

交线 的直线垂直

于另一个平面

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1.(教材习题改编)给出下列四个命题: ①垂直于同一平面的两条直线相互平行; ②垂直于同一平面的两个平面相互平行; ③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;
④若一条直线垂直于一个平面内的任一直线,那么 这条直线垂直于这个平面. 其中真命题的个数是 A.1 B.2 C.3 ( D.4 返回 )

解析:命题①,④为真,命题②,③为假.

答案: B

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2.直线l不垂直于平面α,则α内与l垂直的直线有( A.0条 C.无数条 解析:可以有无数条. B.1条 D.α内所有直线

)

答案: C

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3.边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角, 则 AC 的长为 A. 2a 3 C. 2 a 2 B. 2 a D.a ( )

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解析:取 BD 的中点 E,连接 AE,EC 则 BD⊥AE,BD⊥EC,∠AEC 2a 是直二面角的平面角,即∠AEC=90° ,在 Rt△AEC 中,AE=EC= 2 , 于是 AC= AE2+EC2=a

答案: D

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4.设α、β、γ为彼此不重合的三个平面,l为直线,给出 下列命题:

①若α∥β,α⊥γ,则β⊥γ;
②若α⊥γ,β⊥γ,且α∩β=l,则l⊥γ; ③若直线l与平面α内的无数条直线垂直,则直线l与平面α 垂直; ④若α内存在不共线的三点到β的距离相等,则平面α平行

于平面β.
上面命题中,真命题的序号为________(写出所有真命题 的序号). 返回

解析:③中l∥α也满足,④中α与β可能相交. 答案:①②

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5.(教材习题改编)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

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解析:因为AB=CB,且E是AC的中点,所以BE⊥AC,
同理有DE⊥AC,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

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1.在证明线面垂直、面面垂直时,一定要注意判定定理

成立的条件.同时抓住线线、线面、面面垂直的转化
关系,即:

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2.几个常用的结论

(1)过空间任一点有且只有一条直线与已知平面垂直;
(2)过空间任一点有且只有一个平面与已知直线垂直; (3)垂直于同一平面的两条直线互相平行; (4)垂直于同一直线的两个平面互相平行.

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[精析考题]
[例1] (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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[自主解答]

对于命题A,在平面α内存在直线l平行于平

面α与平面β的交线,则l平行于平面β,故命题A正确.
对于命题B,若平面α内存在直线垂直于平面β,则平面

α与平面β垂直,故命题B正确.

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对于命题C,设α∩γ=m,β∩γ=n,在平面γ内取一点P

不在l上,过P作直线a,b,使a⊥m,b⊥n.∵γ⊥α,
a⊥m,则a⊥α,∴a⊥l,同理有b⊥l.又a∩b=P,a?γ,

b?γ,∴l⊥γ.故命题C正确.
对于命题D,设α∩β=l,则l?α,但l?β.故在α内存在直 线不垂直于平面β,即命题D错误. 答案:D 返回

[巧练模拟]——————(课堂突破保分题,分分必保!) 1.(2012· 潍坊模拟)已知直线m、l和平面α、β,则α⊥β 的充分条件是 ( )

A.m⊥l,m∥α,l∥β
B.m⊥l,α∩β=m,l?α

C.m∥l,m⊥α,l⊥β
D.m∥l,l⊥β,m?α

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解析:由

m⊥l ? ? m∥α? l∥β ? ?

α⊥β,如图



m⊥l ? ? α∩β=m? ? l?α ?

α⊥β,如图

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m∥l ? ? m⊥α? α⊥β,如图 l⊥β ? ?

所以选项 A,B,C 都不对.又选项 D 能推出 α⊥β,所以 D 正确.

答案:D

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2.(2012· 郑州模拟)设a、b是两条不同的直线,α、β是两 个不同的平面,则下列四个命题:

①若a⊥b,a⊥α,b?α,则b∥α;
②若a∥α,a⊥β,则α⊥β; ③若a⊥β,α⊥β,则a∥α或a?α; ④若a⊥b,a⊥α,b⊥β,则α⊥β.

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其中正确命题的个数为

(

)

A.1
C.3

B.2
D.4

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解析:通过线面垂直及平行的判定定理和性质定理,可 以判断四个命题都正确. 答案:D

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[冲关锦囊] 解决此类问题时一要注意依据定理条件才能得出结 论.二是否定时只需举一个反例.三要会寻找恰当的特 殊模型(如构造长方体、正方体)进行筛选.

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[精析考题] [例 2] (2011· 广东高考)如图所示的几何体是将 高为 2,底面半径为 1 的直圆柱沿过轴的平面 切开后,将其中一半沿切面向右水平平移后
? ? 得到的.A,A′,B,B′分别为 CD , C ?D? ,
? ? DE , D?E ? 的中点,O1,O1′,O2,O2′分别

为 CD,C′D′,DE,D′E′的中点.

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(1)证明:O1′,A′,O2,B四点共面; (2)设G为AA′中点,延长A′O1′到H′,使得O1′H′=A′O1′. 证明:BO2′⊥平面H′B′G.

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[自主解答]

(1)如图,将两个半圆柱补充为两个

圆柱,延长 AO1 交圆 O1 于点 H,由题知 O1′H′平移到 O2′B′,O1H 平移 到 O2B,于是 O2′B′∥O1′H′.
? ? ∵B,B′分别是 DE , D?E ? 的中点,

∴BO2∥B′O2′,即 BO2∥H′O1′, ∴BO2∥O1′A′,故 O1′,A′,O2,B 四点共面.

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? (2)由点 B′是 D?E ? 的中点得,

D′E′⊥B′O2′, 又 D′E′⊥O2′O2,B′O2′∩O2′O2=O2′, ∴D′E′⊥平面 B′O2′O2B,而 BO2′?平面 B′O2′O2B, ∴D′E′⊥BO2′,又 H′B′∥D′E′, ∴BO2′⊥H′B′.另一方面,可得 BO2′∥HO1′, 在正方形 HAA′H′中, G, 1′分别是 AA′, 点 O A′H′的中点, ∴HO1′⊥H′G, 于是 BO2′⊥H′G.又∵H′B′∩H′G=H′, ∴BO2′⊥平面 H′B′G.

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[巧练模拟]———————(课堂突破保分题,分分必保!)

3.(2012· 汕头模拟)如图,在多面体ABCDEF中,四边 形ABCD是正方形,AB=2EF=2,EF∥AB,

EF⊥FB,∠BFC=90°,BF=FC,H为BC的中点.

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(1)求证:FH∥平面EDB; (2)求证:AC⊥平面EDB; (3)求四面体B-DEF的体积.

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解:(1)证明:设 AC 与 BD 交于点 G,则 G 为 AC 的中点,连 EG, GH,由于 H 为 BC 的中点, 1 1 故 GH 綊 AB.又 EF 綊 AB,∴EF 綊 GH, 2 2 ∴四边形 EFHG 为平行四边形. ∴EG∥FH,而 EG 平面 EDB,FH 平面 EDB, ∴FH∥平面 EDB.

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(2)证明:由四边形ABCD为正方形,有AB⊥BC, 又EF∥AB, ∴EF⊥BC.

又EF⊥FB,BC∩FB=B,
∴EF⊥平面BFC. ∴EF⊥FH. ∴AB⊥FH. 又BF=FC,H为BC的中点,

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∴FH⊥BC. ∴FH⊥平面ABCD. ∴FH⊥AC.

又FH∥EG,
∴AC⊥EG. 又AC⊥BD,EG∩BD=G, ∴AC⊥平面EDB.

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(3)∵EF⊥FB,∠BFC=90° , ∴BF⊥平面 CDEF. ∴BF 为四面体 B-DEF 的高, 又 BC=AB=2, ∴BF=FC= 2, △DEF 的高等于 CF= 2. 1 1 1 ∴VB-DEF=3×2×1× 2× 2=3.

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[冲关锦囊] 证明直线和平面垂直的常用方法有:

1.利用判定定理.
2.利用判定定理的推论(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. 当两个平面垂直时,在一个平面内垂直于交线的直线

垂直于另一个平面.

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[精析考题] [例3] (2011· 江苏高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,平 面PAD⊥平面ABCD,AB=AD,∠BAD=60°,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.

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[自主解答]

(1)在△PAD中,因为E,

F分别为AP,AD的中点, 所以EF∥PD. 又因为EF?平面PCD,PD?平面PCD,

所以直线EF∥平面PCD.

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(2)连接BD.因为AB=AD,∠BAD=60°,所以△ABD 为正三角形.因为F是AD的中点,所以BF⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD,BF?平面ABCD, 平面PAD∩平面ABCD=AD,所以BF⊥平面PAD. 又因为BF?平面BEF,所以平面BEF⊥平面PAD.

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在本例条件下,若CD⊥平面PAD,求证:平面PCD∥平
面EFB. 证明:由例3(2)知BF⊥平面PAD,又CD⊥平面PAD, ∴BF∥CD. 又BF 平面PCD,CD? 平面PCD,

∴BF∥平面PCD.
又EF∥平面PCD,BF∩EF=F, ∴平面PCD∥平面BEF. 返回

[巧练模拟]—————(课堂突破保分题,分分必保!)

4.(2012· 东城模拟)已知α,β为不重合的两个平面,直线
m?α,那么“m⊥β”是“α⊥β”的 A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 ( )

D.既不充分也不必要条件

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解析:根据面面垂直的判定定理可知若m?α, m⊥β?α⊥β,反之则不一定成立. 答案: A

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5.(2012· 石景山模拟)如图,已知AB⊥平面BCE,

CD∥AB,△BCE是正三角形,AB=BC=2CD.
(1)在线段BE上是否存在一点F,使CF∥平面ADE? (2)求证:平面ADE⊥平面ABE.

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解:(1)当 F 为 BE 的中点时,CF∥平面 ADE. 证明:取 BE 的中点 F,AE 的中点 G,连接 FG、GD、CF, 1 1 ∴GF= AB,GF∥AB.∵DC= AB,CD∥AB, 2 2 ∴CD 綊 GF.∴四边形 CFGD 是平行四边形.

∴CF∥GD. 又 CF 平面 ADE,DG 平面 ADE, ∴CF∥平面 ADE.

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(2)∵CF⊥BF,CF⊥AB,

∴CF⊥平面ABE.
∵CF∥DG,∴DG⊥平面ABE.

∵DG? 平面ADE,
∴平面ABE⊥平面ADE.

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[冲关锦囊] 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.

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解题样板(九)规范立体几何答题步骤, 避免“对而不全”

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[考题范例] (12分)(2011· 山东高考)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. 返回

[步步满分] 解:(1)因为D1D⊥平面ABCD,且BD?平面ABCD, 所以D1D⊥BD.(2分)又因为AB=2AD,∠BAD=60° , 在△ABD中,由余弦定理得BD= 3AD, 所以AD2+BD2=AB2,即AD⊥BD.(4分) 又AD∩D1D=D,所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1?平面ADD1A1, 所以AA1⊥BD.

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(2)连接AC,A1C1.(6分)
设AC∩BD=E,连接EA1,

因为四边形ABCD为平行四边形,

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1 所以EC=2AC.(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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[模板建构] 本题考查用线面垂直证明线线垂直及线面平行的证 明.在解答时出现的失分点多数在解题步骤不严谨,忽视 定理的使用条件而造成的.如(1)问中易漏AD∩D1D=D,

AA1?平面ADD1A1这两个条件.(2)问中易漏EA1?平面
A1BD、CC1?平面A1BD这一关键条件,这样使表述不严谨, 造成丢分.

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