适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量第四节空间直线平面垂直的判定与性质课件北师大版

这是一份适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量第四节空间直线平面垂直的判定与性质课件北师大版，共41页。PPT课件主要包含了内容索引，强基础固本增分，研考点精准突破等内容，欢迎下载使用。
1.直线与平面垂直　　　　　　　　　　 与“所有直线”是同义的,但与“无数条直线”不同(1)定义:一般地,如果直线l与平面α内的任何一条直线都垂直,那么称直线l与平面α垂直,记作l⊥α.直线l称为平面α的　垂线　,平面α称为直线l的　垂面　.它们唯一的公共点P称为垂足. 
(2)判定定理与性质定理
微点拨 定义的实质是直线与平面内的所有直线都垂直.如果一条直线与平面内再多(即无数条)的直线垂直,但这些直线不相交就不能说明这条直线与此平面垂直.微思考 空间中任意一直线m,在平面α内是否存在无数条直线与m垂直?提示 存在,如图.
2.平面与平面垂直(1)定义:两个平面相交,如果所成的二面角是　直二面角　,就说这两个平面互相垂直. (2)判定定理与性质定理
微点拨 在性质定理中要注意两点:一是“在平面内”,二是“垂直于交线”,缺一不可.它是作平面垂线的一个重要依据,我们要作一个平面的一条垂线,通常是先找这个平面的一个垂面,在这个垂面中,作交线的垂线即可.
直线与平面垂直的五个结论(1)若一条直线垂直于一个平面,则这条直线垂直于这个平面内的任意直线.(2)若两条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.(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个,则这条直线与另一个平面也垂直.(5)两个相交平面同时垂直于第三个平面,它们的交线也垂直于第三个平面.
自主诊断题组一　思考辨析(判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”)1.已知直线a,b,c,若a⊥b,b⊥c,则a∥c.(　　)2.设m,n是两条不同的直线,α是一个平面,若m∥n,m⊥α,则n⊥α.(　　)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.(　　)
题组二　双基自测5. 已知直线a,b与平面α,β,γ,能使α⊥β的充分条件是(　　)A.α⊥γ,β⊥γ　　B.α∩β=a,b⊥a,b⊂βC.a∥β,a∥αD.a∥α,a⊥β答案 D解析 α⊥γ,β⊥γ⇒α与β相交或平行,故A不正确;∵α∩β=a,b⊥a,b⊂β,∴b不一定垂直于α,∴α不一定垂直于β,故B不正确;a∥β,a∥α⇒α与β相交或平行,故C不正确;∵a⊥β,a∥α,∴α中一定有一条直线垂直于β,∴α⊥β,故D正确.
6. 过△ABC所在平面α外一点P,作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC.(1)若PA=PB=PC,则点O是△ABC的　　　心. (2)若PA=PB=PC,∠C=90°,则点O是AB边的　　　　点. (3)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的　　　　心. 答案 (1)外　(2)中　(3)垂
解析 (1)∵过△ABC所在平面α外一点P,作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC,图略,∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC,∴点O是△ABC的外心.(2)由(1)知,点O是△ABC的外心,又∠ACB=90°,如图,∴点O是斜边AB的中点.
(3)连接AO并延长交BC于一点E,∵PA,PB,PC两两垂直,即PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,∴PA⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC,∴BC⊥PA.∵PO⊥平面ABC于点O,BC⊂平面ABC,∴PO⊥BC.又PO∩PA=P,PO,PA⊂平面PAE,∴BC⊥平面PAE.∵AE⊂平面APE,∴BC⊥AE.同理可证HC⊥AB,BG⊥AC,∴O是△ABC的垂心.
例题(1)(多选)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)A.若m⊥α,n⊥β,α∥β,则m∥nB.若α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,则α∥βC.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥βD.若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ(2)已知P为△ABC所在平面外一点,且PA,PB,PC两两垂直,有下列结论:①PA⊥BC,②PB⊥AC,③PC⊥AB,④AB⊥BC.其中正确的有　　　.(填序号) 
答案 (1)AD　(2)①②③解析 (1)因为m⊥α,α∥β,所以m⊥β,因为n⊥β,所以m∥n,故A正确;当α,β,γ是某三棱柱的三个侧面时,可以满足α∩γ=m,β∩γ=n,m∥n,但是α与β相交,故B错误;垂直于同一个平面的两个平面可以相交,故C错误;因为m⊥α,α∥β,所以m⊥β,因为β∥γ,所以m⊥γ,故D正确.
(2)如图,因为PA⊥PB,PA⊥PC,PB∩PC=P,且PB⊂平面PBC,PC⊂平面PBC,所以PA⊥平面PBC.又BC⊂平面PBC,所以PA⊥BC.同理可得PB⊥AC,PC⊥AB.故①②③正确.由已知条件无法得到④.
规律方法 判断与空间平行、垂直关系有关的命题真假的方法(1)借助几何图形来说明线面关系.(2)寻找反例,只要存在反例,结论就不正确.(3)反复验证所有可能的情况,必要时要运用判定定理或性质定理进行简单说明.
对点训练(多选)已知平面α和两条不同的直线m,n,下面的条件中一定可以推出m⊥n的是(　　)A.m⊥α,n∥αB.m⊥α,n⊥αC.m⊂α,n⊥αD.m∥α,n∥α答案 AC解析 对于A,若n∥α,则存在直线b⊂α,且n∥b,因为m⊥α,b⊂α,所以m⊥b,即m⊥n,故A正确;对于B,若m⊥α,n⊥α,则m∥n,故B错误;对于C,m⊂α,n⊥α,则m⊥n,故C正确;对于D,若m∥α,n∥α,则m,n的位置关系为平行、相交或异面,故D错误.
例题 (2021·全国甲,文19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,BF⊥A1B1.(1)求三棱锥F-EBC的体积;(2)已知D为棱A1B1上的点,证明:BF⊥DE.
(1)解 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥A1B1,∵BF⊥A1B1,BB1∩BF=B,BB1,BF⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1.∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面BCC1B1,∴AB⊥BC.
(2)证明 如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.∵E,M分别为AC,BC中点,∴EM∥AB.又AB∥A1B1,∴A1B1∥EM,则点A1,B1,M,E四点共面,故DE⊂平面A1B1ME.又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,∴∠FBM=∠MB1B.又∠MB1B+∠B1MB=90°,∴∠FBM+∠B1MB=90°,∴BF⊥MB1.又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.
规律方法 证明直线与平面垂直与利用线面垂直的性质证明线线垂直的通法是线面垂直的判定定理的应用,其思维流程为:
对点训练如图所示,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.求证:(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.∵AC⊥CD,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,∴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,PC,CD⊂平面PCD,∴AE⊥平面PCD.而PD⊂平面PCD,∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD,∴PA⊥AB.又AB⊥AD,且PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,∴AB⊥平面PAD,而PD⊂平面PAD,∴AB⊥PD.又AB∩AE=A,AB,AE⊂平面ABE,∴PD⊥平面ABE.
例题(2022·全国乙,文18)如图,在四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD, ∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.(1)证明:平面BED⊥平面ACD;(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求三棱锥F-ABC的体积.
(1)证明 ∵AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD,∴△ABD≌△CBD.∴AB=BC.又E为AC的中点,∴BE⊥AC.∵AD=CD,且E为AC的中点,∴DE⊥AC.又DE∩BE=E,DE,BE⊂平面BED,∴AC⊥平面BED.∵AC⊂平面ACD,∴平面BED⊥平面ACD.
(2)解 ∵AB=BC=2,∠ACB=60°,∴△ABC为等边三角形.∴AC=2,BE= .∵AD⊥CD,AD=CD,∴△ACD为等腰直角三角形,∴DE=1.又BD=2,∴BE2+DE2=BD2,即DE⊥BE.连接EF(图略),∵点F在棱BD上,∴EF⊂平面BED.由(1)知,AC⊥平面BED,从而AC⊥EF,于是S△AFC= AC·EF=EF.故当EF⊥BD时,EF最小,△AFC的面积最小,此时由(1)知,AC⊥平面BED,所以AC⊥BD.又EF∩AC=E,EF,AC⊂平面AFC,∴BD⊥平面AFC.
规律方法 利用面面垂直的判定定理证明面面垂直的一般方法
对点训练如图,四边形ABCD为菱形,四边形ADEF为正方形,DE=BD=1, CE= ,G为AD的中点,H为DE的中点.(1)求证:平面ADEF⊥平面ABCD,且FH⊥BE;(2)求三棱锥B-CEG的体积.
(1)证明 因为四边形ADEF为正方形,所以DE⊥DA,AD=DE=1.因为四边形ABCD为菱形,所以DC=DE=1.又因为CE= ,所以CE2=DE2+DC2,所以DE⊥DC.因为DA∩DC=D,且DA,DC⊂平面ABCD,所以DE⊥平面ABCD.又因为DE⊂平面ADEF,所以平面ADEF⊥平面ABCD.因为BD=1=AD=AB,G为AD的中点,所以BG⊥AD.
又BG⊂平面ABCD,且平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以BG⊥平面ADEF.因为HF⊂平面ADEF,所以BG⊥HF.因为四边形ADEF为正方形,G为AD的中点,H为DE的中点,所以因为BG∩GE=E,BG,GE⊂平面BGE,所以HF⊥平面BGE,因为BE⊂平面BGE,所以FH⊥BE.
(2)解 由四边形ADEF为正方形,所以DE⊥AD.又DE⊂平面ADEF,平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,所以DE⊥平面ABCD,可得三棱锥E-GBC的高为DE=1.因为BG⊥AD,AD∥BC,所以BG⊥BC.
例题(2022·全国甲,文19)小明同学参加综合实践活动,设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示,底面ABCD是边长为8(单位:cm)的正方形, △EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.(1)证明:EF∥平面ABCD;(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).
(1)证明 过点E作EE'⊥AB于点E',过点F作FF'⊥BC于点F',连接E'F'.∵底面ABCD是边长为8的正方形,△EAB,△FBC均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直,∴EE'⊥平面ABCD,FF'⊥平面ABCD,且EE'=FF',∴四边形EE'F'F是平行四边形,则EF∥E'F'.∵E'F'⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,∴EF∥平面ABCD.
(2)解 过点G,H分别作GG'⊥CD,HH'⊥DA,交CD,DA于点G',H',连接F'G',G'H',H'E',AC.由(1)及题意可知,G',H'分别为CD,DA的中点,六面体EFGH-E'F'G'H'为长方体,故该包装盒由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成.∵底面ABCD是边长为8的正方形,
规律方法 立体几何中线线、线面、面面的平行、垂直关系的两种转化
对点训练(2022·陕西西安三模)如图1,已知正方形ABCD的边长为4,E,F分别为AD,BC的中点,将正方形ABCD沿EF折成如图2所示的二面角,且∠DEA=60°,点M在线段AB上(包含端点)运动,连接AD.
(1)若M为AB的中点,直线MF与平面ADE的交点为O,试确定点O的位置,并证明直线OD∥平面EMC;(2)H为AE的中点,求证:DH⊥平面ABFE.
(1)解 因为直线MF⊂平面ABFE,故点O在平面ABFE内,也在平面ADE内,所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上.延长EA,FM交于点O,连接OD,如图所示.
因为AO∥BF,M为AB的中点,所以△OAM与△FBM全等,所以OM=MF,AO=BF=2.故点O在EA的延长线上且AO=2.连接DF交CE于N,连接MN.因为M为OF的中点,N为DF的中点,所以NM∥OD.又因为OD⊄平面EMC,MN⊂平面EMC,所以OD∥平面EMC.