【文档说明】高考数学(文数)一轮复习课件 第七章 立体几何 第五节 直线、平面垂直的判定及其性质(含详解).ppt，共(27)页，764.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

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内的直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直．第五节直线、平面垂直的判定及其性质任意一条(2)直线与平面垂直的判定定理及性质定理：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________

____都垂直，则该直线与此平面垂直性质定理垂直于同一个平面的两条直线____________________________⇒l⊥α________⇒a∥b两条相交直线平行a，b⊂αa∩b＝Ol⊥al

⊥ba⊥αb⊥α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________⇒α⊥β____________________⇒l⊥α垂线交线l⊂βl⊥αα⊥βl⊂βα∩β

＝al⊥a2．平面与平面垂直的判定定理与性质定理1．设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β()A．若l⊥β，则α⊥βB．若α⊥β，则l⊥mC．若l∥β，则α∥βD．若α∥β，则l∥m[小

题体验]解析：∵l⊥β，l⊂α，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A正确．答案：A2．(教材习题改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有______对．解析：由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面

ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD,平面PBC⊥平面PDC，共7对．答案：71．证明线面垂直时，易忽视面内两条线为相交线这一条件．2．面面垂直的判定定理中，直线在面内且垂直于另一平面易忽视

．3．面面垂直的性质定理在使用时易忘面内一线垂直于交线而盲目套用造成失误．1．“直线a与平面M内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面M垂直”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[小题纠偏]解析

：根据直线与平面垂直的定义知“直线a与平面M的无数条直线都垂直”不能推出“直线a与平面M垂直”，反之可以，所以是必要不充分条件．答案：B2．(教材习题改编)设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是()A．若m⊥α，α⊥β，则m∥βB．若m∥α，m

⊥β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，则n∥αD．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n解析：对于A，m可以在β内，故A错；对于C，n可以在α内，故C错误；对于D，m与n可以平行，故D错．答案：B考点一直线与平面垂直的判定与性质直线与平面垂直的判定与性质是每年高考的必考内容，题型多为解答题，难度适中，

属中档题．常见的命题角度有(1)证明直线与平面垂直；(2)利用线面垂直的性质证明线线垂直．[锁定考向][题点全练]角度一：证明直线与平面垂直1．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，PD＝AD，E是PB的中点，F是DC上的点，且DF

＝12AB，PH为△PAD中AD边上的高．求证：(1)PH⊥平面ABCD；(2)EF⊥平面PAB．证明：(1)因为AB⊥平面PAD，PH⊂平面PAD，所以PH⊥AB．因为PH为△PAD中AD边上的高，所以PH⊥AD．因为AB∩AD＝A，AB⊂平面A

BCD，AD⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．(2)如图，取PA的中点M，连接MD，ME．因为E是PB的中点，所以ME綊12AB．又因为DF綊12AB，所以ME綊DF，所以四边形MEFD是平行四边形，所以EF∥MD．因为PD＝AD，所以MD⊥PA

．因为AB⊥平面PAD，所以MD⊥AB．因为PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB．角度二：利用线面垂直的性质证明线线垂直2．(2015·江苏高考)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A

BC-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，所以AC⊥平面BCC

1B1．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⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1

AC．又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1．[通法在握]判定直线和平面垂直的4种方法(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．[演练冲关]1．(2017·上海六校联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是()A．α⊥β且m⊂αB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n

且α∥β解析：由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确．答案：C证明：(1)如图所示，取AB的中点E，连接SE，DE，在Rt△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点．∴DE∥BC，∴DE⊥AB，∵SA＝

SB，∴SE⊥AB．又SE∩DE＝E，∴AB⊥平面SDE．又SD⊂平面SDE，∴AB⊥SD．在△SAC中，SA＝SC，D为AC的中点，∴SD⊥AC．又AC∩AB＝A，∴SD⊥平面ABC．2．如图，S是Rt△ABC所在平面外一点，

且SA＝SB＝SC．D为斜边AC的中点．(1)求证：SD⊥平面ABC；(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC．(2)由于AB＝BC，则BD⊥AC，由(1)可知，SD⊥平面ABC，又BD⊂平面ABC，∴SD⊥BD，又SD∩A

C＝D，∴BD⊥平面SAC．考点二面面垂直的判定与性质[典例引领](2016·四川高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝12AD．(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明

理由；(2)证明：平面PAB⊥平面PBD．解：(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．理由如下：连接MC，因为AD∥BC，BC＝12AD，所以BC∥AM，且BC＝AM．所以四边形AMCB是平行四边形，所以CM∥AB．又AB⊂平面PAB，C

M⊄平面PAB，所以CM∥平面PAB．(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)证明：由已知，PA⊥AB，PA⊥CD，因为AD∥BC，BC＝12AD，所以直线AB与CD相交，所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD．

连接BM，因为AD∥BC，BC＝12AD，M为AD的中点，所以BC∥MD，且BC＝MD，所以四边形BCDM是平行四边形，所以BM＝CD＝12AD，所以BD⊥AB．又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB．又BD⊂平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD．[由题悟法]1．证

明面面垂直的2种方法(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题．(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决．2．三种垂直

关系的转化线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂直[即时应用](2016·云南省第一次统一检测)如图，在三棱锥A-BCD中，CD⊥BD，AB＝AD，E为BC的中点．(1)求证：AE⊥BD；(2)设平面ABD⊥平面BCD，AD＝CD＝2，BC＝4，求三棱锥D-ABC的体积．解：(

1)证明：设BD的中点为O，连接AO，EO，∵AB＝AD，∴AO⊥BD．又E为BC的中点，∴EO∥CD．∵CD⊥BD，∴EO⊥BD．又OA∩OE＝O，∴BD⊥平面AOE．又AE⊂平面AOE，∴AE⊥BD．(2)由已知得三棱锥D-ABC与C-ABD的体积相等．∵CD⊥BD，平面ABD⊥平面BCD

，∴CD⊥平面ABD，BD＝BC2－CD2＝23．由已知得S△ABD＝12×BD×AD2－BD24＝3．∴三棱锥C-ABD的体积VC-ABD＝13×CD×S△ABD＝233．∴三棱锥D-ABC的体积为233．考点三平面图形翻折成空间图形[典例引领](2016·全国甲卷)如图

，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，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．(1)证明：AC⊥HD′；(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝54，

OD′＝22，求五棱锥D′-ABCFE的体积．解：(1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD．又由AE＝CF得AEAD＝CFCD，故AC∥EF．由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，所以AC⊥HD′．(2)由EF∥A

C得OHDO＝AEAD＝14．由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝AB2－AO2＝4．所以OH＝1，D′H＝DH＝3．于是OD′2＋OH2＝(22)2＋12＝9＝D′H2，故OD′⊥OH．由(1)知，AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，所以AC⊥

平面BHD′，于是AC⊥OD′．又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC．又由EFAC＝DHDO得EF＝92．五边形ABCFE的面积S＝12×6×8－12×92×3＝694．所以五棱锥D′-ABCFE的体积V＝13×69

4×22＝2322．[由题悟法]对于翻折问题，应明确：在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质可能会发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是解决翻折问题的主要方法．[即时应用](2017·石家庄模拟)在平面四边形ABCD(图①)中，

△ABC与△ABD均为直角三角形且有公共斜边AB，设AB＝2，∠BAD＝30°，∠BAC＝45°，将△ABC沿AB折起，构成如图②所示的三棱锥C′-ABD．(1)当C′D＝2时，求证：平面C′AB⊥平面DAB；(2)当AC′⊥BD时，求三棱锥C′

-ABD的高．解：(1)证明：当C′D＝2时，取AB的中点O，连接C′O，DO，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，则C′O＝DO＝1，∵C′D＝2，∴C′O2＋DO2＝C′D2，即C′O⊥OD，又C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB⊂平面ABD，OD⊂平面ABD，∴C′O⊥平面ABD

，∵C′O⊂平面C′AB，∴平面C′AB⊥平面DAB．(2)当AC′⊥BD时，由已知AC′⊥BC′，∵BC′∩BD＝B，∴AC′⊥平面BDC′，∵C′D⊂平面BDC′，∴AC′⊥C′D，△AC′D为直角三角形，由勾股定理得，C′D＝AD2－AC′2＝3－2＝1，而在△BDC′中，BD＝1，

BC′＝2，∴△BDC′为直角三角形，S△BDC′＝12×1×1＝12．三棱锥C′-ABD的体积V＝13×S△BDC′×AC′＝13×12×2＝26．S△ABD＝12×1×3＝32，设三棱锥C′-ABD的高为h，则由13×h×32＝

26，解得h＝63．故三棱锥C′-ABD的高为63．板块命题点专练（十一）点击此处