《（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(shí) 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)課件 理.ppt》由會(huì)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(shí) 直線、平面垂直的判定及其性質(zhì)課件 理.ppt（26頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b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(diǎn)三,,考點(diǎn)一,考點(diǎn)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(cè),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(diǎn)，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(diǎn)一線面垂直的判定與性質(zhì),,證明因?yàn)锳B為圓O的直徑，所以ACCB.,由余弦定理得CD2DB2BC22DBBCcos 303， 所以CD2DB2BC2，即CDAB. 因?yàn)镻D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(gè)平面的交線AD，PA平面PAD， PA底面ABCD. (2)ABCD，CD2AB，E為CD的中點(diǎn)， 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(diǎn)，PDEF. CDEF，又BECD且EFBEE， CD平面BEF，又CD平面PCD， 平面BEF平面PCD.,,考點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)，E為PC的中點(diǎn)，,,,,證明(1)取B1D1的中點(diǎn)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?yàn)锳CBD，E，M分別為AD和OD的中點(diǎn)， 所以EMBD， 又A1E平面ABCD，BD平面ABCD， 所以A1EBD， 因?yàn)锽1D1BD，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(diǎn)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(diǎn)， 又F為EC的中點(diǎn)， 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(diǎn)時(shí)，有PMBE， 證明如下： 取BE中點(diǎn)H，連接DP，PH，CH， P為AE的中點(diǎn)，H為BE的中點(diǎn)， PHAB，又ABCD， PHCD， P，H，C，D四點(diǎn)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(diǎn)， CHBE， 又CDCHC，BE平面DPHC， 又PM平面DPHC，BEPM，即PMBE.,,P,考點(diǎn)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(bǔ)角即為

7、異面直線AP與BC所成的角. 因?yàn)锳D平面PDC，PD平面PDC， 所以ADPD.,,,,(2)證明由(1)知ADPD，又因?yàn)锽CAD，所以PDBC.又PDPB，BCPBB，所以PD平面PBC. (3)解過點(diǎn)D作DFAB，交BC于點(diǎn)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?yàn)锽CAD，所以PDBC. 又PDPB，BCPBB， 所以PD平面PBC. (3)解過

8、點(diǎn)D作DFAB，交BC于點(diǎn)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(diǎn)三平行與垂直的綜合問題(多維探究),,(1)證明因?yàn)镻DPC且點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)， 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，,,,