2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第八章立體幾何第五節(jié)直線與平面垂直的判定及其性質(zhì)學(xué)案理含解析_第1頁(yè)
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PAGE第五節(jié)直線與平面垂直的判定及其性質(zhì)[最新考綱][考情分析][核心素養(yǎng)]1.以立體幾何的有關(guān)定義、公理和定理為動(dòng)身點(diǎn),相識(shí)和理解空間中線面垂直、面面垂直的有關(guān)性質(zhì)與判定定理,并能夠證明相關(guān)性質(zhì)定理.2.能運(yùn)用線面垂直、面面垂直的判定定理及性質(zhì)定理證明一些空間圖形的垂直關(guān)系的簡(jiǎn)潔命題.1.以空間幾何體為載體,考查線線、線面、面面垂直的證明.2.利用垂直關(guān)系及垂直的性質(zhì)進(jìn)行適當(dāng)?shù)霓D(zhuǎn)化,處理綜合問題.1.直觀想象2.邏輯推理3.數(shù)學(xué)運(yùn)算‖學(xué)問梳理‖1.直線與平面垂直(1)直線與平面垂直的定義直線l與平面α內(nèi)的eq\x(1)隨意一條直線都垂直,就說直線l與平面α相互垂直.(2)直線與平面垂直的判定定理及性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理一條直線與一個(gè)平面內(nèi)的eq\x(2)兩條相交直線都垂直,則該直線與此平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(3)a,b?α,\x(4)a∩b=O,\x(5)l⊥a,\x(6)l⊥b))?l⊥α性質(zhì)定理垂直于同一個(gè)平面的兩條直線eq\x(7)平行eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(8)a⊥α,\x(9)b⊥α))?a∥b?常用結(jié)論1.直線與平面垂直的定義經(jīng)常逆用,即a⊥α,b?α?a⊥b.2.若平行直線中一條垂直于平面,則另一條也垂直于該平面.3.垂直于同一條直線的兩個(gè)平面平行.4.過一點(diǎn)有且只有一條直線與已知平面垂直.5.過一點(diǎn)有且只有一個(gè)平面與已知直線垂直.2.平面與平面垂直的判定定理與性質(zhì)定理文字語(yǔ)言圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言判定定理一個(gè)平面過另一個(gè)平面的eq\x(10)垂線,則這兩個(gè)平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(11)l?β,\x(12)l⊥α))?α⊥β性質(zhì)定理兩個(gè)平面垂直,則一個(gè)平面內(nèi)垂直于eq\x(13)交線的直線與另一個(gè)平面垂直eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\x(14)α⊥β,\x(15)l?β,\x(16)α∩β=a,\x(17)l⊥a))?l⊥α‖基礎(chǔ)自測(cè)‖一、疑誤辨析1.推斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”).(1)直線l與平面α內(nèi)多數(shù)條直線都垂直,則l⊥α.()(2)若平面α內(nèi)的一條直線垂直于平面β內(nèi)的多數(shù)條直線,則α⊥β.()(3)若兩平面垂直,則其中一個(gè)平面內(nèi)的隨意一條直線垂直于另一個(gè)平面.()答案:(1)×(2)×(3)×二、走進(jìn)教材2.(必修2P66練習(xí)改編)已知直線a,b和平面α,且a⊥b,a⊥α,則b與α的位置關(guān)系為()A.b?α B.b∥αC.b?α或b∥α D.b與α相交答案:C3.(必修2P67練習(xí)2改編)已知P為△ABC所在平面外一點(diǎn),且PA,PB,PC兩兩垂直,有下列結(jié)論:①PA⊥BC;②PB⊥AC;③PC⊥AB;④AB⊥BC.其中正確的是()A.①②③ B.①②④C.②③④ D.①②③④答案:A三、易錯(cuò)自糾4.如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P為△ABC所在平面外一點(diǎn),PA⊥平面ABC,則四面體P-ABC中共有直角三角形的個(gè)數(shù)為()A.4 B.3C.2 D.1解析:選A由PA⊥平面ABC可得,△PAC,△PAB是直角三角形,且PA⊥BC.又∠ABC=90°,即AB⊥BC,所以△ABC是直角三角形,且BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB,即△PBC為直角三角形,故四面體P-ABC中共有4個(gè)直角三角形.5.“直線a與平面M內(nèi)的多數(shù)條直線都垂直”是“直線a與平面M垂直”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件解析:選B依據(jù)直線與平面垂直的定義知由“直線a與平面M的多數(shù)條直線都垂直”不能推出“直線a與平面M垂直”,反之成立,所以是必要不充分條件.6.設(shè)a,b是夾角為30°的異面直線,則滿意條件“a?α,b?β,且α⊥β”的平面α,β()A.不存在 B.有且只有一對(duì)C.有且只有兩對(duì) D.有多數(shù)對(duì)解析:選D過直線a的平面α有多數(shù)個(gè),當(dāng)平面α與直線b平行時(shí),兩直線的垂線與b確定的平面β⊥α,當(dāng)平面α與b相交時(shí),過交點(diǎn)作平面α的垂線與b確定的平面β⊥α,故選D.eq\a\vs4\al(考點(diǎn)一\a\vs4\al(直線與平面垂直的判定與性質(zhì)))【例1】如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC=60°,PA=AB=BC,E是PC的中點(diǎn).求證:(1)CD⊥AE;(2)PD⊥平面ABE.[證明](1)因?yàn)镻A⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD.因?yàn)锳C⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.又AE?平面PAC,所以CD⊥AE.(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.因?yàn)镋是PC的中點(diǎn),所以AE⊥PC.由(1)知,AE⊥CD,且PC∩CD=C,所以AE⊥平面PCD.又PD?平面PCD,所以AE⊥PD.因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,所以PA⊥AB.又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD,又PD?平面PAD,所以AB⊥PD.又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABE.?名師點(diǎn)津證明直線與平面垂直與利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直的通法是線面垂直的判定定理的應(yīng)用,其思維流程為eq\x(\a\al(第一步,找相交直線))—|在一個(gè)平面內(nèi)找到兩條相交直線?eq\x(\a\al(其次步,證線線垂直))—eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(證明平面外的直線與這兩條相交直線,都垂直))?eq\x(\a\al(第三步,證線面垂直))—eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(利用直線與平面垂直的判定定理證得,線面垂直))?eq\x(\a\al(第四步,證線線垂直))—eq\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(由線面垂直的性質(zhì)得到線線垂直))|跟蹤訓(xùn)練|1.S是Rt△ABC所在平面外一點(diǎn),且SA=SB=SC,D為斜邊AC的中點(diǎn).(1)求證:SD⊥面ABC;(2)若AB=BC,求證:BD⊥面SAC.證明:(1)如圖所示,取AB的中點(diǎn)E,連接SE,DE,在Rt△ABC中,D,E分別為AC,AB的中點(diǎn),∴DE∥BC,又由題意知,AB⊥BC,∴DE⊥AB.∵SA=SB,∴△SAB為等腰三角形,∴SE⊥AB.又SE∩DE=E,∴AB⊥面SDE.又SD?面SDE,∴AB⊥SD.在△SAC中,SA=SC,D為AC的中點(diǎn),∴SD⊥AC.又AC∩AB=A,∴SD⊥面ABC.(2)∵AB=BC,D為AC的中點(diǎn),∴BD⊥AC.由(1)可知,SD⊥面ABC,又BD?面ABC,∴SD⊥BD,又SD∩AC=D,∴BD⊥面SAC.eq\a\vs4\al(考點(diǎn)二\a\vs4\al(面面垂直的判定與性質(zhì)))【例2】(2024年北京卷)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD為菱形,E為CD的中點(diǎn).(1)求證:BD⊥平面PAC;(2)若∠ABC=60°,求證:平面PAB⊥平面PAE;(3)棱PB上是否存在點(diǎn)F,使得CF∥平面PAE?說明理由.[解](1)證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以PA⊥BD.又因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,所以BD⊥AC.因?yàn)镻A∩AC=A,所以BD⊥平面PAC.(2)證明:因?yàn)镻A⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,所以PA⊥AE.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,∠ABC=60°,且E為CD的中點(diǎn),所以AE⊥CD.所以AB⊥AE.又PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.又AE?平面PAE,所以平面PAB⊥平面PAE.(3)棱PB上存在點(diǎn)F,使得CF∥平面PAE.理由如下:如圖所示,取F為PB的中點(diǎn),取G為PA的中點(diǎn),連接CF,F(xiàn)G,EG,則FG∥AB,且FG=eq\f(1,2)AB.因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形,且E為CD的中點(diǎn),所以CE∥AB,且CE=eq\f(1,2)AB.所以FG∥CE,且FG=CE.所以四邊形CEGF為平行四邊形.所以CF∥EG.因?yàn)镃F?平面PAE,EG?平面PAE,所以CF∥平面PAE.?名師點(diǎn)津1.面面垂直判定的2種方法與1個(gè)轉(zhuǎn)化(1)2種方法①面面垂直的定義;②面面垂直的判定定理(α⊥β,a?α?α⊥β).(2)1個(gè)轉(zhuǎn)化在已知兩個(gè)平面垂直時(shí),一般要用性質(zhì)定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化.在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線,轉(zhuǎn)化為線面垂直,然后進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為線線垂直.2.面面垂直性質(zhì)的應(yīng)用(1)兩平面垂直的性質(zhì)定理是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直的依據(jù),運(yùn)用時(shí)要留意“平面內(nèi)的直線”.(2)兩個(gè)相交平面同時(shí)垂直于第三個(gè)平面,它們的交線也垂直于第三個(gè)平面.|跟蹤訓(xùn)練|2.(2025屆成都模擬)如圖,在四面體P-ABC中,PA=PC=AB=BC=5,AC=6,PB=4eq\r(2),線段AC,PA的中點(diǎn)分別為O,Q.(1)求證:平面PAC⊥平面ABC;(2)求四面體P-OBQ的體積.解:(1)證明:∵PA=PC,O是AC的中點(diǎn),∴PO⊥AC,OA=eq\f(1,2)AC=3.在Rt△PAO中,∵PA=5,OA=3,∴由勾股定理,得PO=4,∵AB=BC,O是AC的中點(diǎn),∴BO⊥AC.在Rt△BAO中,∵AB=5,OA=3,∴由勾股定理,得BO=4.在△POB中,PO=4,BO=4,PB=4eq\r(2),∴PO2+BO2=PB2,∴PO⊥BO.∵BO∩AC=O,∴PO⊥平面ABC.∵PO?平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(2)由(1),可知平面PAC⊥平面ABC.∵平面ABC∩平面PAC=AC,BO⊥AC,BO?平面ABC,∴BO⊥平面PAC,∵VP-OBQ=VB-POQ=eq\f(1,3)S△PQO·BO=eq\f(1,3)×eq\f(1,2)S△PAO×4=eq\f(1,3)×3×4=4,∴四面體P-OBQ的體積為4.eq\a\vs4\al(\x(考點(diǎn)三)\a\vs4\al(平行與垂直的綜合問題——多維探究))●命題角度一平行與垂直關(guān)系的證明【例3】(2024年江蘇卷)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點(diǎn),AB=BC.求證:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.[證明](1)在△ABC中,因?yàn)镈,E分別為BC,AC的中點(diǎn),所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因?yàn)镋D?平面DEC1,A1B1?平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因?yàn)锳B=BC,E為AC的中點(diǎn),所以BE⊥AC.因?yàn)槿庵鵄BC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因?yàn)锽E?平面ABC,所以C1C⊥BE.因?yàn)镃1C?平面A1ACC1,AC?平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因?yàn)镃1E?平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.?名師點(diǎn)津平行與垂直關(guān)系的證明最常用的方法是利用判定定理去證明,留意證題的規(guī)范化.●命題角度二折疊問題中的平行與垂直問題【例4】如圖,四邊形ABCD為平行四邊形,沿BD將△BCD折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置.(1)若BC=2AB,∠BCD=60°,平面PBD⊥平面ABD.求證:AB⊥平面PBD.(2)點(diǎn)M,N分別在線段PA,PB上,AB∥平面DMN,試確定M,N的位置,使平面DMN將三棱錐P-ABD分成的兩部分的體積比為1∶3.[解](1)證明:設(shè)AB=x,則CD=x,BC=2x,又在△BCD中,∠BCD=60°,∴由余弦定理可得BD=eq\r(3)x.又AD=BC=2x,∴AD2=AB2+BD2,∴AB⊥BD.又平面PBD⊥平面ABD,平面PBD∩平面ABD=BD,∴AB⊥平面PBD.(2)∵AB∥平面DMN,平面DMN∩平面ABP=MN,∴AB∥MN.要使平面DMN將三棱錐P-ABD分成的兩部分的體積比為1∶3,則V三棱錐D-PMN=eq\f(1,4)V三棱錐D-PAB或V三棱錐D-PMN=eq\f(3,4)V三棱錐D-PAB.①當(dāng)V三棱錐D-PMN=eq\f(1,4)V三棱錐D-PAB時(shí),eq\f(S△PMN,S△PAB)=eq\f(1,4),即eq\f(PM2,PA2)=eq\f(PN2,PB2)=eq\f(1,4),即eq\f(PM,PA)=eq\f(PN,PB)=eq\f(1,2);②當(dāng)V三棱錐D-PMN=eq\f(3,4)V三棱錐D-PAB時(shí),eq\f(S△PMN,S△PAB)=eq\f(3,4),即eq\f(PM2,PA2)=eq\f(PN2,PB2)=eq\f(3,4),即eq\f(PM,PA)=eq\f(PN,PB)=eq\f(\r(3),2).故當(dāng)eq\f(PM,PA)=eq\f(PN,PB)=eq\f(1,2)或eq\f(PM,PA)=eq\f(PN,PB)=eq\f(\r(3),2)時(shí),平面DMN將三棱錐P-ABD分成的兩部分的體積比為1∶3.?名師點(diǎn)津解決折疊類問題的步驟eq\x(第一步)—eq\x(確定折疊前后的各量之間的關(guān)系,搞清折疊前后的改變量和不變量)?eq\x(其次步)—eq\x(在折疊后的圖形中確定線和面的位置關(guān)系,明確須要用到的線面)?eq\x(第三步)—eq\x(利用判定定理或性質(zhì)定理進(jìn)行證明)|跟蹤訓(xùn)練|3.(2024年全國(guó)卷Ⅰ)如圖,在平行四邊形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC為折痕將△ACM折起,使點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)D的位置,且AB⊥DA.(1)證明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q為線段AD上一點(diǎn),P為線段BC上一點(diǎn),且BP=DQ=eq\f(2,3)DA,求三棱錐Q-ABP的體積.解:(1)證明:由已知可得,∠BAC=90°,即BA⊥AC.又因?yàn)锽A⊥AD,AC∩AD=A,所以AB⊥平面ACD.因?yàn)锳B?平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3eq\r(2).又BP=DQ=eq\f(2,3)DA,所以BP=2eq\r(2).如圖,過點(diǎn)Q作QE⊥AC,垂足為E,則QEeq\o(\s\do3(═),\s\up3(∥))eq\f(1,3)DC.由已知及(1)可得,DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱錐Q-ABP的體積為VQ-ABP=eq\f(1,3)×S△ABP×QE=eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×2eq\r(2)sin45°×1=1.eq\a\vs4\al(考點(diǎn)\a\vs4\al(直線與平面垂直關(guān)系的創(chuàng)新應(yīng)用))【例】(2025屆湖南湘潭二模)如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,BC=eq\r(3),點(diǎn)M在棱CC1上,當(dāng)MD1+MA取得最

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