《5年高考3年模拟》2017届高考数学理科人教B版（全国通用）一轮总复习课件：8.ppt

1、8.4 直线、平面垂直的判定与性质高考理数1.直线与平面垂直(1)定义:如果一条直线和一个平面相交,并且和这个平面内的任意一条直线都垂直,则称这条直线和这个平面互相垂直.(2)判定定理:如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,那么这条直线垂直于这个平面.用数学符号表示为若m,n,mn=B,lm,ln,则l.(3)性质定理:垂直于同一个平面的两直线平行.2.平面与平面垂直(1)定义:如果两个相交平面所成的二面角是直角,就说这两个平面互相垂直.(2)判定定理:一个平面过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直.(3)性质定理:两个平面垂直,则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.知识清单【知

2、识拓展】线线垂直、线面垂直、面面垂直之间的关系:证明直线和平面垂直的常用方法如下:(1)利用判定定理.(2)利用平行线垂直于平面的传递性(ab,ab).(3)利用面面平行的性质(a,a).(4)利用面面垂直的性质.(5),=ll(客观题).(6)向量法:直线的方向向量a与平面的法向量m平行.例1 如图,已知PA平面ABCD,且四边形ABCD为矩形,M、N分别是AB、PC的中点.(1)求证:MNCD;(2)若PDA=45,求证:MN平面PCD.突破方法方法1 线面垂直的判定 解题导引 (1)取PD的中点E,连结AE,NE证四边形AMNE为平行四边形证CDAE由MNAE得结论(2)证PAD为等腰直

3、角三角形证AE面PCD由AENM得结论证明(1)如图所示,取PD的中点E,连结AE、NE,N为PC的中点,NECD且NE=CD,又AMCD且AM=AB=CD,NEAM,四边形AMNE为平行四边形,MNAE.PA平面ABCD,PACD,四边形ABCD为矩形,ADCD,而ADPA=A,CD平面PAD,又AE平面PAD,CDAE,又MNAE,MNCD.(2)PA平面ABCD,PAAD,又PDA=45,PAD为等腰直角三角形,又E为PD的中点,AEPD,又由(1)知CDAE,AE平面PCD.又AEMN,MN平面PCD.1-1 (2014辽宁,19,12分)如图,ABC和BCD所在平面互相垂直,且AB=

4、BC=BD=2,ABC=DBC=120,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EFBC;(2)求二面角E-BF-C的正弦值.解析(1)证法一:过E作EOBC,垂足为O,连OF.图1由ABCDBC可证出EOCFOC.所以EOC=FOC=,即FOBC.又EOBC,因此BC面EFO.又EF面EFO,所以EFBC.证法二:以B为坐标原点,在平面DBC内过B且垂直BC的直线为x轴,BC所在直线为y轴,在平面ABC内过B且垂直BC的直线为z轴,建立如图2所示空间直角坐标系,易得B(0,0,0),A(0,-1,),D(,-1,0),C(0,2,0),因而E,F,所以,=,=(0,2,0),因此=0.从而

5、,所以EFBC.图2(2)解法一:在图1中,过O作OGBF,垂足为G,连EG.由平面ABC平面BDC,从而EO面BDC,又OGBF,由三垂线定理知EGBF.因此EGO为二面角E-BF-C的平面角.在EOC中,EO=EC=BCcos 30=,由BGOBFC知,OG=FC=,因此tanEGO=2,从而sinEGO=,即二面角E-BF-C的正弦值为.解法二:在图2中,平面BFC的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面BEF的法向量为n2=(x,y,z),又=,=,由得其中一个n2=(1,-,1).设二面角E-BF-C的大小为,且由题意知为锐角,则cos=|cos|=,因此sin=,即所求二面角的正

6、弦值为.证明面面垂直的主要方法: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上的中线垂直于底边,勾股定理的逆定理等.用定义证明.只需判定两平面所成二面角为直二面角.客观题中,也可应用:两个平行平面中的一个垂直于第三个平面,则另一个也垂直于第三个平面.两个平面的法向量m,n垂直,即mn=0.例2 (2015新疆乌鲁木齐三模,11)在棱长均相等的正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BB1的中点,F在AC1上,且DFAC1,则下述结论:AC1BC;AF=FC1;平面DAC1平面ACC1A1中正确的个数为()A.0 B.1 C.2 D.3解析 如图,不妨设该正三棱柱的

7、棱长为2,连结AB1,则AB1=AC1=2,AC1B190,方法2 面面垂直的判定即AC1与B1C1不垂直,又BCB1C1,AC1与BC不垂直,错.连结AD,DC1,在ADC1中,AD=DC1=,而DFAC1,F是AC1的中点,对.易知在ADC1中,DF=,连结CF,易知CF=,连结CD,易知在RtCBD中,CD=,DF2+CF2=CD2,DFCF,又DFAC1,DF平面AA1C1C,平面DAC1平面ACC1A1,对.故选C.答案 C2-1 如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是DAB=60且边长为a的菱形,侧面PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,若G为AD边的中点.(1

8、)求证:BG平面PAD;(2)求证:ADPB;(3)若E为BC边的中点,能否在棱PC上找到一点F,使平面DEF平面ABCD?并证明你的结论.解析(1)证明:在菱形ABCD中,DAB=60,G为AD的中点,所以BGAD.又平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,所以BG平面PAD.(2)证明:如图,连结PG,因为PAD为正三角形,G为AD的中点,所以PGAD.由(1)知 BGAD,又PGBG=G,所以AD平面PGB.因为PB平面PGB,所以ADPB.(3)当F为PC的中点时,满足平面DEF平面ABCD.证明:取PC的中点F,连结DE、EF、DF.在PBC中,FEPB,在菱形ABCD

9、中,GBDE.而FE平面DEF,DE平面DEF,EFDE=E,PB平面PGB,GB平面PGB,PBGB=B,所以平面DEF平面PGB.因为BG平面PAD,所以BGPG.又因为PGAD,ADBG=G,所以PG平面ABCD.而PG平面PGB,所以平面PGB平面ABCD,所以平面DEF平面ABCD.在立体几何中,解决线面平行与垂直及角和距离等问题时,涉及的点具有运动性和不确定性,较常用的方法是先猜后证,而用向量法可以避免复杂的作图、论证、推理,在解题过程中,往往把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否在规定的范围内有解”问题,常见下列题型:条件追溯型(已知问题的结论,求问题的条件)的解题策略

10、:先假设结论成立,然后以该结论作为一个已知条件,再结合题目的其他已知条件,逆推,一步一步推出所要求的条件.存在探索型(已知问题的结论,而要求的是问题的某一个存在性条件(如存在某个定点,定直线,定值等)的解题策略:先假设结论成立,然后以该结论作为一个已知条件,再结合题目其他条件,逆推,一步一步推出所要求的特殊条件,即能否求出那个存在性条件,若能求出,则存在;若不能求出,则不存在.例3 (2014湖北,19,12分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=(02).方法3

11、线面平行与垂直中的存在性问题(1)当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ;(2)是否存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.解析 解法一:(几何方法)(1)证明:如图1,连结AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1AD1.当=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FPAD1.所以BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.(2)如图2,连结BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EFBD,且EF=BD.又DP=BQ,DPBQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQBD,且PQ=BD

12、,从而EFPQ,且EF=PQ.在RtEBQ和RtFDP中,因为BQ=DP=,BE=DF=1,于是EQ=FP=,所以四边形EFPQ是等腰梯形.同理可证四边形PQMN是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点,记为H,O,G,连结OH,OG,则GOPQ,HOPQ,而GOHO=O,故GOH是面EFPQ与面PQMN所成的二面角的平面角.若存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则GOH=90.连结EM,FN,则由EFMN,且EF=MN,知四边形EFNM是平行四边形.连结GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在GOH中,GH2=4,OH2=1+2-=2+,OG2=1+(2-

13、)2-=(2-)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-)2+2+=4,解得=1,故存在=1,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二:(向量方法)以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图3所示的空间直角坐标系D-xyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,).=(-2,0,2),=(-1,0,),=(1,1,0).(1)证明:当=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1FP.而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,故直线BC1平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的法

14、向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(,-,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(-2,2-,1).若存在,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即(-2)-(2-)+1=0,解得=1.故存在=1,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.3-1 (2015内蒙古赤峰三模,19)如图,在三棱锥S-ABC中,SA平面ABC,AC=AB=SA=2,ACAB,D,E分别是AC,BC的中点,F在SE上,且SF=2FE.(1)求证:AF平面SBC;(2)在线段DE上是否存在点G,使二面角G-AF-E的大小为30?若存在,求出D

15、G的长;若不存在,请说明理由.解析(1)由AC=AB=SA=2,ACAB,E是BC的中点,得AE=,AEBC.因为SA平面ABC,所以SAAE.在RtSAE中,易得SE=,所以EF=SE=.因此AE2=EFSE,又因为AEF=AES,所以EFAEAS,则AFE=SAE=90,即AFSE.因为SA平面ABC,所以SABC,又BCAE,所以BC平面SAE,则BCAF.又SEBC=E,所以AF平面SBC.(2)解法一(常规法):假设满足条件的点G存在,并设DG=t(0t1).过点G作GMAE交AE于点M,又由SAGM,AESA=A,得GM平面SAE.作MNAF交AF于点N,连结NG,易得AFNG.于

16、是GNM为二面角G-AF-E的平面角,则GNM=30.易知MNEF,所以=,又易知AM=(1+t),于是有=,MN=(1+t).在RtGMN中,有MG=(1-t),MG=MNtan 30,(1-t)=(1+t),解得t=.满足题意.于是满足条件的点G存在,且DG=.解法二(向量法):假设满足条件的点G存在,并设DG=t(0t1).以A为坐标原点,分别以AC,AB,AS所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),S(0,0,2),E(1,1,0),G(1,t,0).由SF=2FE得F.所以=(1,1,0),=,=(1,t,0).设平面AFG的法向量为m=(x1,y1,z1),则即取y1=1,得x1=-t,z1=t-1,即m=(-t,1,t-1).设平面AFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则即取y2=-1,得x2=1,z2=0,即n=(1,-1,0).由二面角G-AF-E的大小为30,得cos 30=,化简得2t2-5t+2=0,又0t1,求得t=.于是满足条件的点G存在,且DG=.