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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. 1. 直线与平面垂直. 2. 直线和平面所成的角. 3. 二面角的有关概念. 4. 平面与平面垂直. [ 思考探究 ] 垂直于同一平面的两平面是否平行?. 提示: 垂直于同一平面的两平面可能平行,也可能相交. 1. 直线 a ⊥直线 b , a ⊥平面 β ,则 b 与 β 的位置关系是 ( ) A. b ⊥ β B. b ∥ β - PowerPoint PPT Presentation
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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 .
1. 直线与平面垂直
2. 直线和平面所成的角
3. 二面角的有关概念
4. 平面与平面垂直
[ 思考探究 ]
垂直于同一平面的两平面是否平行?
提示:垂直于同一平面的两平面可能平行,也可能相交 .
1. 直线 a⊥ 直线 b, a⊥ 平面 β ,则 b与 β 的位置关系是
( )
A.b⊥β B.b∥ β
C.b⊂ β D.b⊂ β或 b∥ β解析:由垂直和平行的有关性质可知 b⊂ β 或 b∥ β.
答案: D
2.(文 ) 已知直线 a 和两个平面 α, β ,给出下列四个命题: ①若 a∥ α ,则 α 内的任何直线都与 a 平行; ②若 a⊥α ,则 α 内的任何直线都与 a 垂直; ③若 α∥ β ,则 β 内的任何直线都与 α 平行; ④若 α⊥β ,则 β 内的任何直都与 α 垂直 .
则其中 ( )
A.② 、③为真 B.① 、②为真 C.① 、④为真 D.③ 、④为真
解析:若 a∥ α ,则 α 内的无数直线都与 a 平行,但不是任意一条,即①不正确;若 a⊥α ,则 α 内的任何直线都与 a 垂直,即②正确;若 α∥ β ,则 β 内的任何直线都与α 平行,即③正确;若 α⊥ β ,则 β 内有无数条直线都与 α 垂直,但不是任意一条,即④不正确 .
综上可得②、③为真,故应选 A.
答案: A
(理 ) 在正方体 ABCD- A1B1C1D1 中, B1C 与对角面
DD1B1B 所成角的大小是
( )
A.15° B.30°
C.45° D.60°
解析:如图所示,连结 AC交 BD
于 O 点,易证 AC⊥ 平面 DD1B1B ,
连结 B1O ,则∠ CB1O 即为 B1C 与
对角面所成的角,设正方体边长为 a ,则 B1C =
a, CO =
a ,∴ sin∠CB1O = .
∴∠CB1O= 30°.
答案: B
3. 已知直线 l⊥ 平面 α ,直线 m⊂ 平面 β ,有下列命题:
①α∥ β⇒ l⊥m ;② α⊥β⇒ l∥ m ;
③l∥ m⇒ α⊥β ;④ l⊥m⇒ α∥ β.
其中正确的命题是 ( )
A.① 与② B.③ 与④
C.② 与④ D.① 与③
解析:对①, l⊥α, α∥ β ⇒ l⊥ β ,又∵ m⊂ β ,∴ l⊥m ,∴①正确;对②, α⊥ β , l⊥α ,则 l∥ β或 l⊂ β ,∴ l 不一定与 m 平行,∴② 错误;对③,∵ l∥ m, l⊥α ,∴ m⊥α ,又m⊂ β ,∴ α⊥ β ,∴③正确;④错误 .
答案: D
4. 在△ ABC 中,∠ ACB= 90°, AB= 8 ,∠ ABC=
60°, PC ⊥
平面 ABC, PC= 4,M是 AB 上一个动点,则 PM 的最
小值
为 .
解析:∵ PC⊥ 平面 ABC, CM⊂ 平面 ABC ,
∴ PC⊥CM ,∴ PM = =
要使 PM 最小,只需 CM 最小,此时 CM⊥AB ,
∴ CM = = 2 ,∴ PM 的最小值为 2 .
答案: 2
5. 如图,平面 ABC⊥ 平面 BDC , ∠BAC =∠ BDC= 90° ,且 AB= AC= a ,则 AD = .
解析:取 BC 中点 E ,连结 ED、 AE ,∵ AB= AC ,∴ AE⊥BC.
∵ 平面 ABC⊥ 平面 BDC ,∴ AE⊥ 平面 BCD.
∴ AE⊥ED.
在 Rt△ ABC和 Rt△ BCD 中,AE= ED = BC = a ,∴ AD = = a.
答案: a
1. 证明直线和平面垂直的常用方法:(1) 利用判定定理 .
(2) 利用平行线垂直于平面的传递性 (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 .
当直线和平面垂直时,该直线垂直于平面内的任一直线, 常用来证明线线垂直 .
2. 直线和平面垂直的性质定理可以作为两条直线平行的
判定定理,可以并入平行推导链中,实现平行与垂
直
的相互转化,即线线垂直⇒线面垂直⇒线线平行⇒
线
面平行 .
(2009· 福建高考改编 ) 如图,平行四边形 ABCD 中,∠ DAB= 60° ,AB= 2, AD= 4.将△ CBD沿 BD 折起到△ EBD 的位置,使平面 EBD⊥ 平面 ABD.
求证: AB DE.⊥
[ 思路点拨 ]
[ 课堂笔记 ] 证明:在△ ABD 中,∵ AB= 2, AD= 4 ,∠ DAB= 60° ,∴ BD = = 2 .
∴ AB2+ BD2= AD2 ,∴ AB⊥BD.
又∵平面 EBD⊥ 平面 ABD ,平面 EBD∩ 平面 ABD= BD, AB⊂ 平面 ABD ,∴ AB⊥ 平面 EBD.
∵ DE⊂ 平面 EBD ,∴ AB⊥DE.
本例中, ED 与平面 ABD 垂直吗?解:由例 1 知, AB⊥BD ,∵ CD∥ AB ,∴ CD⊥BD ,从而 DE⊥BD.
又∵平面 EBD⊥ 平面 ABD, ED⊂ 平面 EBD ,∴ ED⊥ 平面 ABD.
1. 证明平面与平面垂直的方法主要有:(1) 利用定义证明 . 只需判定两平面所成的二面角为直二面角 即可 .
(2) 利用判定定理 . 在审题时,要注意直观判断哪条直线可能 是垂线,充分利用等腰三角形底边的中线垂直于底边, 勾股定理等结论 .
2. 关于三种垂直关系的转化可结合下图记忆 .
(2009· 江苏高考 ) 如图,在
三棱柱 ABC- A1B1C1 中, E、 F 分别
是 A1B、 A1C 的中点,点 D在 B1C1 上,
A1D B⊥ 1C. 求证:
(1)EF∥ 平面 ABC ;
(2) 平面 A1FD⊥ 平面 BB1C1C.
[ 思路点拨 ]
[ 课堂笔记 ] (1) 因为 E、 F 分别是 A1B、 A1C 的中点,
所以 EF∥ BC ,又 EF⊄ 平面 ABC, BC⊂ 平面 ABC.
所以 EF∥ 平面 ABC.
(2) 因为三棱柱 ABC- A1B1C1 为直三棱柱,
所以 BB1⊥ 平面 A1B1C1 ,
所以 BB1⊥A1D ,
又 A1D⊥B1C, B1C∩BB1= B1.
所以 A1D⊥ 平面 BB1C1C ,
又 A1D⊂ 平面 A1FD ,
所以平面 A1FD⊥ 平面 BB1C1C.
两个平面垂直的性质定理,可以作为直线和平面垂
直的判定定理,当条件中有两个平面垂直时,常添加的
辅助线是在一个平面内作两平面交线的垂线 .
如图①,四边形 ABCD 中, AD BC∥ , AD=
AB,∠ BCD= 45°,∠ BAD= 90° ,将△ ABD 沿对角线BD 折起,记折起后点的位置为 P ,且使平面 PBD⊥ 平面BCD ,如图② .
(1) 求证:平面 PBC⊥ 平面 PDC ;
(2) 在折叠前的四边形 ABCD 中,作 AE BD⊥ 于 E ,过 E作
EF BC⊥ 于 F ,求折起后的图形中∠ PFE 的正切值 .
[ 思路点拨 ]
[ 课堂笔记 ] (1) 证明:折叠前,在四边形 ABCD
中, AD∥ BC, AD= AB ,∠ BAD= 90° ,所以△ ABD 为等腰直角三角形 . 又因为∠ BCD= 45° ,所以∠ BDC= 90°.
折叠后,因为面 PBD⊥面 BCD ,CD⊥BD ,所以 CD⊥面 PBD.
又因为 PB ⊂面 PBD ,所以 CD⊥PB.
又因为 PB⊥PD, PD∩CD= D ,所以 PB⊥面 PDC.
又 PB⊂面 PBC ,故平面 PBC⊥ 平面 PDC.
(2)AE⊥BD, EF⊥BC ,折叠后的位置关系不变,所以 PE⊥BD.
又面 PBD⊥面 BCD ,所以 PE⊥面 BCD ,所以 PE⊥EF.
设 AB= AD= a ,则 BD = a ,所以 PE = a= BE.
在 Rt△ BEF 中,EF= BE·sin45° = a× = a.
在 Rt△ PFE 中, tan∠PFE = = = .
高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一,有时在客观题中考查,更多的是在解答题中考查 .
求这两种空间角的步骤:根据线面角的定义或二面角的平面角的定义,作 (找 ) 出该角,再解三角形求出该角,步骤是作 (找 )―→认 (指 ) ―→
求 .
在客观题中,也可用射影法:设斜线段 AB 在平面 α 内的射影为 A B′ ′, AB与 α 所成角为 θ ,则 cosθ = .
设△ ABC 在平面 α 内的射影三角形为△ A B C′ ′ ′ ,平面 ABC
与 α 所成角为 θ ,则 cosθ = .
(2010· 安阳模拟 ) 三棱锥 P -ABC 中, PC、 AC、 BC 两两垂直,BC= PC= 1, AC= 2, E、 F、 G 分别是 AB、 AC、 AP 的中点 .
(1) 证明:平面 GFE∥ 平面 PCB ;(2) 求二面角 B- AP- C 的正切值 .
[ 思路点拨 ]
[ 课堂笔记 ] (1) 证明:因为 E、 F、 G 分别是 AB、
AC、 AP 的中点,所以 EF∥ BC, GF∥ CP.
因为 EF, GF⊄ 平面 PCB.
所以 EF∥ 平面 PCB, GF∥ 平面 PCB.
又 EF∩GF= F ,所以平面 GFE∥ 平面 PCB.
(2)∵ BC⊥PC, BC⊥CA ,且 PC∩AC= C ,∴ BC⊥ 平面 PAC.
过点 C作 CH⊥PA于 H 点,连结 HB ,则易证 HB⊥PA ,∴∠BHC 即为二面角 B- AP- C 的平面角 .
在 Rt△ ACP 中, AP = = , HC =
= ( 等积 ).
∴ tan∠BHC = = = .
近年来开放型问题不断在高考试题中出现,这说明高考对学生的能力要求越来越高,这也符合新课标的理念,因而在复习过程中要善于对问题进行探究 . 立体几何中结合垂直关系,设计开放型试题将是新课标高考命题的一个动向 .
[ 考题印证 ]
(2009·浙江高考 )(12分 ) 如图,平面 PAC⊥ 平面 ABC,△ ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形,E, F, O 分别为 PA, PB, AC 的中点, AC= 16, PA
= PC= 10.
(1)设 G是 OC 的中点,证明: FG∥ 平面 BOE ; (2) 证明:在△ ABO 内存在一点 M ,使 FM⊥ 平面 BOE ,并求点 M到 OA、 OB 的距离 .
【证明】 (1) 如图,取 PE 的中点为 H ,连结 HG、 HF. (1┄┄ 分 )
因为点 E, O, G, H 分别是 PA ,AC, OC, PE 的中点,┄┄┄┄(2分 )
所以 HG OE∥ , HF EB.∥
因此平面 FGH∥ 平面 BOE.
因为 FG 在平面 FGH 内, 所以 FG∥ 平面 BOE.
┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(4分 )
(2) 在平面 OAP 内,过点 P 作PN OE⊥ ,交 OA 于点 N ,交 OE 于点 Q. 连结 BN ,过点 F作 FM PN∥ ,交 BN 于点 M. (5┄┄┄ 分 )
下证 FM⊥ 平面 BOE.
由题意,得 OB⊥ 平面 PAC , 所以 OB PN⊥ ,又因为 PN OE⊥ ,所以 PN⊥ 平面 BOE.
因此 FM⊥ 平面 BOE. (7┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 分 )
在 Rt OAP△ 中,OE = PA= 5, PQ = ,
cos NPO∠ = = ,
ON= OP·tan NPO∠ = < OA ,
所以点 N 在线段 OA上 . (9┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 分 )
因为 F是 PB 的中点,所以 M是 BN 的中点 . (10┄┄ 分 )
因此点 M在△ AOB 内,点 M到 OA, OB 的距离分别为
OB= 4 , ON = . (12┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 分 )
[自主体验 ]
如图所示,已知长方体 ABCD -
A1B1C1D1 的底面 ABCD 为正方形, E 为
线段 AD1 的中点, F 为线段 BD1 的中点 .
(1) 求证: EF∥ 平面 ABCD ;
(2)设M 为线段 C1C 的中点,当 的比值为多少
时, DF⊥ 平面 D1MB ,并说明理由
解: (1) 证明:∵ E、 F 分别是
AD1和 BD1 的中点,
∴ EF∥ AB ,又 EF⊄ 平面 ABCD ,
AB⊂ 平面 ABCD ,
∴ EF∥ 平面 ABCD.
(2) 设 = λ(λ> 0), AD= a ,
则 DD1= λa ,连结 MF.
若 DF⊥ 平面 D1MB ,
则有 DF⊥D1B, DF⊥FM.
在 Rt△ BDD1 中,
DF =
= = .
又 F、M 分别是 BD1, CC1 的中点,易证 FM = a ,
又 DM = = a ,
∴在 Rt△ DFM 中, DF2+ FM2= DM2 ,
即 ,
解得 λ2= 2 ,∴ λ = ,
即当 = 时, DF⊥ 平面 D1MB.
1.(2010· 三亚模拟 ) 若两直线 a与 b异面,则过 a 且与 b
垂直的
平面 (
)
A. 有且只有一个 B.至多有一个
C. 有无数多个 D. 一定不存在
解析:当 a⊥b 时,存在一个过 a 且与 b 垂直的平面;若 a
与 b 不垂直,则不存在这样的平面 .
答案: B
2. 下列三个命题,其中正确命题的个数为 ( )
① 平面 α∥ 平面 β ,平面 β⊥ 平面 γ ,则 α⊥γ ; ② 平面 α∥ 平面 β ,平面 β∥ 平面 γ ,则 α∥ γ ; ③ 平面 α⊥ 平面 β ,平面 β⊥ 平面 γ ,则 α⊥γ.
A.1 B.2
C.3 D.0解析:①正确;②正确;③错误 .
答案: B
3. 已知直线 a, b 和平面 α, β ,且 a⊥α, b⊥ β ,那么 α⊥ β 是 a⊥b 的 ( )
A. 充分但不必要条件 B.必要但不充分条件 C. 充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:若 α⊥ β ,由 a⊥α 则容易推出 a⊂ β 或 a∥ β ,而 b⊥β ,于是 a⊥b ;若 a⊥b ,则容易推出 α⊥ β ,故 α⊥ β是 a⊥b 的充分必要条件 .
答案: C
4. 正四棱锥 S- ABCD 的底面边长为 2 ,高为 2, E 是边
BC 的中
点,动点 P 在表面上运动,并且总保持 PE⊥AC ,则动
点 P
的轨迹的周长为 (
)
解析:依题意知,动点 P 的轨迹为如图
所示的三角形 EFG ,容易求得, EF =
BD = , GE= GF = SB = ,
所以轨迹的周长为 + .
答案: C
5. 正方体 ABCD- A1B1C1D1 中, M、 N 分别是棱 AA1和
AB 上的
点,若∠ B1MN 是直角,则∠ C1MN = .
解析:如图所示,由正方体性质可知
B1C1⊥MN ,又 MB1⊥MN ,
∴ MN⊥ 平面 MB1C1.
∵ C1M⊂ 平面 MB1C1 ,
∴ C1M⊥MN ,
即∠ C1MN= 90°答案: 90°
6.(2010· 苏北三市联考 ) 如图,
在正方体 ABCD- A1B1C1D1
中, M、 N、 G 分别是 A1A ,
D1C, AD 的中点 . 求证:
(1)MN∥ 平面 ABCD ;
(2)MN⊥ 平面 B1BG.
证明: (1)取 CD 的中点记为 E ,
连 NE, AE.
由 N, E 分别为 CD1与 CD 的中点可得
NE∥ D1D且 NE = D1D ,
又 AM∥ D1D且 AM = D1D
所以 AM∥ EN且 AM= EN ,即四边形 AMNE 为平行四边
形,
所以 MN∥ AE ,
又 AE⊂面 ABCD ,所以 MN∥面 ABCD.
(2)由 AG= DE ,∠ BAG =∠ ADE= 90°, DA= AB
可得△ EDA 与△ GAB全等 .
所以∠ ABG =∠ DAE ,又∠ DAE+∠ AED= 90° ,∠ AED =∠ BAF ,所以∠ BAF+∠ ABG= 90° ,所以 AE⊥BG ,
又 BB1⊥AE ,所以 AE⊥面 B1BG ,
又MN∥ AE ,所以 MN⊥ 平面 B1BG.
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