（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第5課時 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)課件 理.ppt

《（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第5課時 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)課件 理.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) 第八章 立體幾何初步 第5課時 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)課件 理.ppt（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、,第5節(jié)直線、平面垂直的判定及其性質(zhì),01,02,03,04,考點三,,考點一,考點二,例1 訓(xùn)練1,線面垂直的判定與性質(zhì),面面垂直的判定與性質(zhì),平行與垂直的綜合問題(多維探究),診斷自測,例2-1 訓(xùn)練2,例3-1 例3-2 例3-3 訓(xùn)練3,,證明(1)在四棱錐P - ABCD中， PA底面ABCD，CD平面ABCD， PACD， 又ACCD，且PAACA， CD平面PAC. 而AE平面PAC， CDAE.,,,證明 (2)由PAABBC，ABC60， 可得ACPA. E是PC的中點，AEPC. 由(1)知AECD，且PCCDC， AE平面PCD.而PD平面PCD，AEPD. PA底面AB

2、CD，AB平面ABCD，PAAB. 又ABAD，且PAADA， AB平面PAD，而PD平面PAD， ABPD. 又ABAEA，PD平面ABE.,,,考點一線面垂直的判定與性質(zhì),,證明因為AB為圓O的直徑，所以ACCB.,由余弦定理得CD2DB2BC22DBBCcos 303， 所以CD2DB2BC2，即CDAB. 因為PD平面ABC，CD平面ABC， 所以PDCD，由PDABD得，CD平面PAB， 又PA平面PAB，所以PACD.,,,證明(1)平面PAD底面ABCD， 且PA垂直于這兩個平面的交線AD，PA平面PAD， PA底面ABCD. (2)ABCD，CD2AB，E為CD的中點， ABD

3、E，且ABDE. 四邊形ABED為平行四邊形 BEAD. 又BE平面PAD，AD平面PAD， BE平面PAD.,,,證明(3)ABAD，而且ABED為平行四邊形 BECD，ADCD， 由(1)知PA底面ABCD，CD平面ABCD， PACD，且PAADA，PA，AD平面PAD， CD平面PAD，又PD平面PAD， CDPD. E和F分別是CD和PC的中點，PDEF. CDEF，又BECD且EFBEE， CD平面BEF，又CD平面PCD， 平面BEF平面PCD.,,考點二面面垂直的判定與性質(zhì),(1)證明PAAB，PABC， AB平面ABC，BC平面ABC，且ABBCB， PA平面ABC，又BD平

4、面ABC，PABD. (2)證明ABBC，D是AC的中點，BDAC. 由(1)知PA平面ABC，PA平面PAC， 平面PAC平面ABC. 平面PAC平面ABCAC，BD平面ABC，BDAC，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PACDE， PA平面PAC，PADE. 由(1)知PA平面ABC，DE平面ABC. D是AC的中點，E為PC的中點，,,,,證明(1)取B1D1的中點O1，連接CO1，A1O1， 由于ABCD - A1B1C1D1是四棱柱， 所以A1O1OC，A1O1OC， 因此四邊形A1OCO1為平行四邊形， 所以A

5、1OO1C， 又O1C平面B1CD1，A1O平面B1CD1， 所以A1O平面B1CD1.,,,證明(2)因為ACBD，E，M分別為AD和OD的中點， 所以EMBD， 又A1E平面ABCD，BD平面ABCD， 所以A1EBD， 因為B1D1BD，所以EMB1D1，A1EB1D1， 又A1E，EM平面A1EM，A1EEME， 所以B1D1平面A1EM， 又B1D1平面B1CD1，所以平面A1EM平面B1CD1.,,考點三平行與垂直的綜合問題(多維探究),,(1)證明連接AC交BD于O，連接OF，如圖. 四邊形ABCD是矩形， O為AC的中點， 又F為EC的中點， OF為ACE的中位線， OFAE，

6、又OF平面BDF，AE平面BDF， AE平面BDF.,,,(2)解當(dāng)P為AE中點時，有PMBE， 證明如下： 取BE中點H，連接DP，PH，CH， P為AE的中點，H為BE的中點， PHAB，又ABCD， PHCD， P，H，C，D四點共面,,P,,平面ABCD平面BCE，平面ABCD平面BCEBC， CD平面ABCD，CDBC. CD平面BCE，又BE平面BCE， CDBE， BCCE，H為BE的中點， CHBE， 又CDCHC，BE平面DPHC， 又PM平面DPHC，BEPM，即PMBE.,,P,考點三平行與垂直的綜合問題(多維探究),,(1)解如圖，由已知ADBC， 故DAP或其補角即為

7、異面直線AP與BC所成的角. 因為AD平面PDC，PD平面PDC， 所以ADPD.,,,,(2)證明由(1)知ADPD，又因為BCAD，所以PDBC.又PDPB，BCPBB，所以PD平面PBC. (3)解過點D作DFAB，交BC于點F，連接PF， 則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角. 因PD平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影， 所以DFP為直線DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC，DFAB，故BFAD1. 由已知，得CFBCBF2.,,,,(2)證明由(1)知ADPD， 又因為BCAD，所以PDBC. 又PDPB，BCPBB， 所以PD平面PBC. (3)解過

8、點D作DFAB，交BC于點F，連接PF， 則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角. 因PD平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影， 所以DFP為直線DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC，DFAB，故BFAD1.,,,,由已知，得CFBCBF2. 又ADDC，故BCDC.,,,考點三平行與垂直的綜合問題(多維探究),,(1)證明因為PDPC且點E為CD的中點， 所以PEDC. 又平面PDC平面ABCD， 且平面PDC平面ABCDCD，PE平面PDC， 所以PE平面ABCD， 又FG平面ABCD， 所以PEFG.,,,(2)解由(1)知PE平面ABCD，PEAD， 又ADCD，PECDE， AD平面PDC，ADPD， PDC為二面角PADC的平面角， 在RtPDE中，PD4，DE3，,,,(3)解如圖，連接AC， AF2FB，CG2GB，ACFG. 直線PA與FG所成角即直線PA與AC所成角PAC. 在RtPDA中，PA2AD2PD225，PA5. 又PC4. AC2CD2AD236945，,,,