2019届二轮复习（文）第八章立体几何初步第5节课件（41张）（全国通用）

2019届二轮复习（文）第八章立体几何初步第5节课件（41张）（全国通用）

第 5 节　直线、平面垂直的判定及其性质 最新考纲　 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的垂直关系的简单命题 . 1. 直线与平面垂直 ( 1) 直线和平面垂直的定义 如果 一条直线 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 . 知 识 梳 理 任意 (2) 判定定理与性质定理 两条相交直线 l ⊥ a l ⊥ b a ⊂ α b ⊂ α 平行 a ⊥ α b ⊥ α 2. 平面与平面垂直 ( 1) 平面与平面垂直的定义 两 个平面相交，如果它们所成的二面角 是 ， 就说这两个平面互相垂直 . 直二面角 (2) 判定定理与性质定理 垂线 l ⊥ α l ⊂ β 交线 α ⊥ β α ∩ β ＝ a l ⊥ a l ⊂ β [ 常用结论与微点提醒 ] 1. 两个重要结论 ( 1) 若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面 . ( 2) 若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线 ( 证明线线垂直的一个重要方法 ). 2. 使用线面垂直的定义和线面垂直的判定定理，不要误解为 “ 如果一条直线垂直于平面内的无数条直线，就垂直于这个平面 ”. 3. 线线、线面、面面垂直间的转化 1. 思考辨析 ( 在括号内打 “√” 或 “×”) (1) 直线 l 与平面 α 内的无数条直线都垂直，则 l ⊥ α .( 　　 ) (2) 垂直于同一个平面的两平面平行 .( 　　 ) (3) 若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面 .( 　　 ) (4) 若平面 α 内的一条直线垂直于平面 β 内的无数条直线，则 α ⊥ β .( 　　 ) 诊 断 自 测 解析　 (1) 直线 l 与平面 α 内的无数条直线都垂直，则有 l ⊥ α 或 l 与 α 斜交或 l ⊂ α 或 l ∥ α ，故 (1) 错误 . (2) 垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故 (2) 错误 . (3) 若两个平面垂直，则其中一个平面内的直线可能垂直于另一平面，也可能与另一平面平行，也可能与另一平面相交，也可能在另一平面内，故 (3) 错误 . (4) 若平面 α 内的一条直线垂直于平面 β 内的所有直线，则 α ⊥ β ，故 (4) 错误 . 答案　 (1)× 　 (2)× 　 (3)× 　 (4)× 2. ( 必修 2P73A 组 T1 改编 ) 下列命题中不正确的是 ( 　　 ) A . 如果平面 α ⊥ 平面 β ，且直线 l ∥ 平面 α ，则直线 l ⊥ 平面 β B . 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 C . 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 D . 如果平面 α ⊥ 平面 γ ，平面 β ⊥ 平面 γ ， α ∩ β ＝ l ，那么 l ⊥ γ 解析 　根据面面垂直的性质， A 不正确，直线 l ∥ 平面 β 或 l ⊂ β 或直线 l 与 β 相交 . 答案 　 A 3. (2018· 湖南六校联考 ) 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 ⊂ α B. m ⊥ n 且 n ∥ β C. m ∥ n 且 n ⊥ β D. 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 4. (2017· 全国 Ⅲ 卷 ) 在正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 中， E 为棱 CD 的中点，则 ( 　　 ) A. A 1 E ⊥ DC 1 B. A 1 E ⊥ BD C. A 1 E ⊥ BC 1 D. A 1 E ⊥ AC 解析　 如 图，由题设知， A 1 B 1 ⊥ 平面 BCC 1 B 1 且 BC 1 ⊂ 平面 BCC 1 B 1 ，从而 A 1 B 1 ⊥ BC 1 . 又 B 1 C ⊥ BC 1 ，且 A 1 B 1 ∩ B 1 C ＝ B 1 ，所以 BC 1 ⊥ 平面 A 1 B 1 CD ，又 A 1 E ⊂ 平面 A 1 B 1 CD ，所以 A 1 E ⊥ BC 1 . 答案　 C 5. 边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角，则折叠后 AC 的长为 ________. 解析 　如图所示，取 BD 的中点 O ，连接 A ′ O ， CO ， 则 ∠ A ′ OC 是二面角 A ′ － BD － C 的平面角， 即 ∠ A ′ OC ＝ 90°. 答案 　 a 考点一　线面垂直的判定与性质 【例 1 】 如图，在四棱锥 P － ABCD 中， PA ⊥ 底面 ABCD ， AB ⊥ AD ， AC ⊥ CD ， ∠ ABC ＝ 60° ， PA ＝ AB ＝ BC ， E 是 PC 的中点 . 证明： (1) CD ⊥ AE ； (2) PD ⊥ 平面 ABE . 证明　 (1) 在四棱锥 P － ABCD 中， ∵ PA ⊥ 底面 ABCD ， CD ⊂ 平面 ABCD ， ∴ PA ⊥ CD ， 又 ∵ AC ⊥ CD ，且 PA ∩ AC ＝ A ， ∴ CD ⊥ 平面 PAC . 而 AE ⊂ 平面 PAC ， ∴ CD ⊥ AE . (2) 由 PA ＝ AB ＝ BC ， ∠ ABC ＝ 60° ，可得 AC ＝ PA . ∵ E 是 PC 的中点， ∴ AE ⊥ PC . 由 (1) 知 AE ⊥ CD ，且 PC ∩ CD ＝ C ， ∴ AE ⊥ 平面 PCD . 而 PD ⊂ 平面 PCD ， ∴ AE ⊥ PD . ∵ PA ⊥ 底面 ABCD ， AB ⊂ 平面 ABCD ， ∴ PA ⊥ AB . 又 ∵ AB ⊥ AD ，且 PA ∩ AD ＝ A ， ∴ AB ⊥ 平面 PAD ，而 PD ⊂ 平面 PAD ， ∴ AB ⊥ PD . 又 ∵ AB ∩ AE ＝ A ， ∴ PD ⊥ 平面 ABE . 规律方法 　 1. 证明直线和平面垂直的常用方法有： (1) 判定定理； (2) 垂直于平面的传递性 ( a ∥ b ， a ⊥ α ⇒ b ⊥ α ) ； (3) 面面平行的性质 ( a ⊥ α ， α ∥ β ⇒ a ⊥ β ) ； (4) 面面垂直的性质 ( α ⊥ β ， α ∩ β ＝ a ， l ⊥ a ， l ⊂ β ⇒ l ⊥ α ). 2. 证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质 . 因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想 . 求证： PA ⊥ CD . 证明 　因为 AB 为圆 O 的直径，所以 AC ⊥ CB . 由余弦定理得 CD 2 ＝ DB 2 ＋ BC 2 － 2 DB · BC cos 30° ＝ 3 ， 所以 CD 2 ＋ DB 2 ＝ BC 2 ，即 CD ⊥ AB . 因为 PD ⊥ 平面 ABC ， CD ⊂ 平面 ABC ， 所以 PD ⊥ CD ，由 PD ∩ AB ＝ D 得， CD ⊥ 平面 PAB ， 又 PA ⊂ 平面 PAB ，所以 PA ⊥ CD . 考点二　面面垂直的判定与性质 【例 2 】 如图，在四棱锥 P － ABCD 中， AB ∥ CD ， AB ⊥ AD ， CD ＝ 2 AB ，平面 PAD ⊥ 底面 ABCD ， PA ⊥ AD ， E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点，求证： ( 1) PA ⊥ 底面 ABCD ； ( 2) BE ∥ 平面 PAD ； ( 3) 平面 BEF ⊥ 平面 PCD . 证明　 (1) ∵ 平面 PAD ⊥ 底面 ABCD ， 且 PA 垂直于这两个平面的交线 AD ， PA ⊂ 平面 PAD ， ∴ PA ⊥ 底面 ABCD . (2) ∵ AB ∥ CD ， CD ＝ 2 AB ， E 为 CD 的中点， ∴ AB ∥ DE ，且 AB ＝ DE . ∴ 四边形 ABED 为平行四边形 . ∴ BE ∥ AD . 又 ∵ BE ⊄ 平面 PAD ， AD ⊂ 平面 PAD ， ∴ BE ∥ 平面 PAD . (3) ∵ AB ⊥ AD ，而且 ABED 为平行四边形 . ∴ BE ⊥ CD ， AD ⊥ CD ， 由 (1) 知 PA ⊥ 底面 ABCD ， CD ⊂ 平面 ABCD ， ∴ PA ⊥ CD ，且 PA ∩ AD ＝ A ， PA ， AD ⊂ 平面 PAD ， ∴ CD ⊥ 平面 PAD ，又 PD ⊂ 平面 PAD ， ∴ CD ⊥ PD . ∵ E 和 F 分别是 CD 和 PC 的中点， ∴ PD ∥ EF . ∴ CD ⊥ EF ，又 BE ⊥ CD 且 EF ∩ BE ＝ E ， ∴ CD ⊥ 平面 BEF ，又 CD ⊂ 平面 PCD ， ∴ 平面 BEF ⊥ 平面 PCD . 规律方法 　 1. 证明平面和平面垂直的方法： (1) 面面垂直的定义； (2) 面面垂直的判定定理 . 2. 已知两平面垂直时，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 . 【训练 2 】 (2017· 北京卷 ) 如图，在三棱锥 P － ABC 中， PA ⊥ AB ， PA ⊥ BC ， AB ⊥ BC ， PA ＝ AB ＝ BC ＝ 2 ， D 为线段 AC 的中点， E 为线段 PC 上一点 . (1) 求证： PA ⊥ BD ； (2) 求证：平面 BDE ⊥ 平面 PAC ； (3) 当 PA ∥ 平面 BDE 时，求三棱锥 E － BCD 的体积 . (1) 证明 　 ∵ PA ⊥ AB ， PA ⊥ BC ， AB ⊂ 平面 ABC ， BC ⊂ 平面 ABC ，且 AB ∩ BC ＝ B ， ∴ PA ⊥ 平面 ABC ，又 BD ⊂ 平面 ABC ， ∴ PA ⊥ BD . (2) 证明　 ∵ AB ＝ BC ， D 是 AC 的中点， ∴ BD ⊥ AC . 由 (1) 知 PA ⊥ 平面 ABC ， ∵ PA ⊂ 平面 PAC ， ∴ 平面 PAC ⊥ 平面 ABC . ∵ 平面 PAC ∩ 平面 ABC ＝ AC ， BD ⊂ 平面 ABC ， BD ⊥ AC ， ∴ BD ⊥ 平面 PAC . ∵ BD ⊂ 平面 BDE ， ∴ 平面 BDE ⊥ 平面 PAC . (3) 解　 ∵ PA ∥ 平面 BDE ， 又平面 BDE ∩ 平面 PAC ＝ DE ， PA ⊂ 平面 PAC ， ∴ PA ∥ DE . 由 (1) 知 PA ⊥ 平面 ABC ， ∴ DE ⊥ 平面 ABC . ∵ D 是 AC 的中点， ∴ E 为 PC 的中点， 考点三　平行与垂直的综合问题 ( 多维探究 ) 命题角度 1 　多面体中平行与垂直关系的证明 【例 3 － 1 】 (2017· 山东卷 ) 由四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 截去三棱锥 C 1 － B 1 CD 1 后得到的几何体如图所示 . 四边形 ABCD 为正方形， O 为 AC 与 BD 的交点， E 为 AD 的中点， A 1 E ⊥ 平面 ABCD . (1) 证明： A 1 O ∥ 平面 B 1 CD 1 ； (2) 设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A 1 EM ⊥ 平面 B 1 CD 1 . 证明　 (1) 取 B 1 D 1 的中点 O 1 ，连接 CO 1 ， A 1 O 1 ， 由于 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1 是四棱柱， 所以 A 1 O 1 ∥ OC ， A 1 O 1 ＝ OC ， 因此四边形 A 1 OCO 1 为平行四边形， 所以 A 1 O ∥ O 1 C ， 又 O 1 C ⊂ 平面 B 1 CD 1 ， A 1 O ⊄ 平面 B 1 CD 1 ， 所以 A 1 O ∥ 平面 B 1 CD 1 . (2) 因为 AC ⊥ BD ， E ， M 分别为 AD 和 OD 的中点， 所以 EM ⊥ BD ， 又 A 1 E ⊥ 平面 ABCD ， BD ⊂ 平面 ABCD ， 所以 A 1 E ⊥ BD ， 因为 B 1 D 1 ∥ BD ，所以 EM ⊥ B 1 D 1 ， A 1 E ⊥ B 1 D 1 ， 又 A 1 E ， EM ⊂ 平面 A 1 EM ， A 1 E ∩ EM ＝ E ， 所以 B 1 D 1 ⊥ 平面 A 1 EM ， 又 B 1 D 1 ⊂ 平面 B 1 CD 1 ， 所以平面 A 1 EM ⊥ 平面 B 1 CD 1 . 规律方法　 1. 三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化 . 2. 垂直与平行的结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用 . 命题角度 2 　平行垂直中探索性问题 【例 3 － 2 】 如图所示，平面 ABCD ⊥ 平面 BCE ，四边形 ABCD 为矩形， BC ＝ CE ，点 F 为 CE 的中点 . (1) 证明： AE ∥ 平面 BDF . (2) 点 M 为 CD 上任意一点，在线段 AE 上是否存在点 P ，使得 PM ⊥ BE ？若存在，确定点 P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由 . (1) 证明 　连接 AC 交 BD 于 O ，连接 OF ，如图 ① . ∵ 四边形 ABCD 是矩形， ∴ O 为 AC 的中点，又 F 为 EC 的中点， ∴ OF 为 △ ACE 的中位线， ∴ OF ∥ AE ，又 OF ⊂ 平面 BDF ， AE ⊄ 平面 BDF ， ∴ AE ∥ 平面 BDF . (2) 解 　当 P 为 AE 中点时，有 PM ⊥ BE ， 证明如下：取 BE 中点 H ，连接 DP ， PH ， CH ， ∵ P 为 AE 的中点， H 为 BE 的中点， ∴ PH ∥ AB ，又 AB ∥ CD ， ∴ PH ∥ CD ， ∴ P ， H ， C ， D 四点共面 . ∵ 平面 ABCD ⊥ 平面 BCE ，平面 ABCD ∩ 平面 BCE ＝ BC ， CD ⊂ 平面 ABCD ， CD ⊥ BC . ∴ CD ⊥ 平面 BCE ，又 BE ⊂ 平面 BCE ， ∴ CD ⊥ BE ， ∵ BC ＝ CE ， H 为 BE 的中点， ∴ CH ⊥ BE ， 又 CD ∩ CH ＝ C ， ∴ BE ⊥ 平面 DPHC ， 又 PM ⊂ 平面 DPHC ， ∴ BE ⊥ PM ，即 PM ⊥ BE . 规律方法 　 1. 求条件探索性问题的主要途径： (1) 先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明； (2) 先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性 . 2. 涉及点的位置探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点存在问题，点多为中点或三等分点中某一个，也可以根据相似知识建点 . 命题角度 3 　空间位置关系与几何体的度量计算 【例 3 － 3 】 (2017· 全国 Ⅰ 卷 ) 如图，在四棱锥 P － ABCD 中， AB ∥ CD ，且 ∠ BAP ＝ ∠ CDP ＝ 90°. (1) 证明　 由已知 ∠ BAP ＝ ∠ CDP ＝ 90° ，得 AB ⊥ PA ， CD ⊥ PD . 由于 AB ∥ CD ，故 AB ⊥ PD . 又 PA ∩ PD ＝ P ， PA ， PD ⊂ 平面 PAD ， 从而 AB ⊥ 平面 PAD . 又 AB ⊂ 平面 PAB ，所以平面 PAB ⊥ 平面 PAD . (2) 解　 如图，在平面 PAD 内作 PE ⊥ AD ，垂足为 E . 由 (1) 知， AB ⊥ 平面 PAD ，故 AB ⊥ PE ，又 AB ∩ AD ＝ A ，可得 PE ⊥ 平面 ABCD . 规律方法　 1. 本题证明的关键是垂直与平行的转化，如由 AB ∥ CD ， CD ⊥ PD ，从而得 AB ⊥ PD ，进一步证明平面 PAB 中的 AB ⊥ 平面 PAD ，再运用面面垂直的判定定理得出平面 PAB ⊥ 平面 PAD . 2. 第 (2) 问先由已知分别求出四棱锥各个侧面的底边长和高，再求出四棱锥的侧面积 . 其中利用第 (1) 问的结论得出 AB ⊥ 平面 PAD ，从而进一步证明 PE ⊥ 平面 ABCD ，确定四棱锥 P － ABCD 的高 PE ，将空间论证与几何体的计算交汇渗透，这是命题的方向 . (1) 求证： AC ⊥ 平面 FBC . (2) 求四面体 FBCD 的体积 . (3) 线段 AC 上是否存在点 M ，使 EA ∥ 平面 FDM ？若存在，请说明其位置，并加以证明；若不存在，请说明理由 . 所以 AC 2 ＋ BC 2 ＝ AB 2 ，所以 AC ⊥ BC . 又因为 AC ⊥ FB ， BC ∩ FB ＝ B ， BC ， FB ⊂ 平面 FBC ， 所以 AC ⊥ 平面 FBC . (2) 解 　因为 AC ⊥ 平面 FBC ， FC ⊂ 平面 FBC ，所以 AC ⊥ FC . 因为 CD ⊥ FC ， AC ∩ CD ＝ C ，所以 FC ⊥ 平面 ABCD . 在等腰梯形 ABCD 中可得 CB ＝ DC ＝ 1 ，所以 FC ＝ 1. (3) 解 　线段 AC 上存在点 M ，且点 M 为 AC 中点时，有 EA ∥ 平面 FDM . 证明如下： 连接 CE ，与 DF 交于点 N ，取 AC 的中点 M ，连接 MN . 因为四边形 CDEF 是正方形，所以点 N 为 CE 的中点 . 所以 EA ∥ MN . 因为 MN ⊂ 平面 FDM ， EA ⊄ 平面 FDM ， 所以 EA ∥ 平面 FDM . 所以线段 AC 上存在点 M ，且 M 为 AC 的中点，使得 EA ∥ 平面 FDM 成立 .