2019秋高中数学 第二章 点、直线、平面之间的位置关系 2.3.3 直线与平面垂直的性质课件 新人

第二章点、直线、平面之间的位置关系2．3.3直线与平面垂直的性质2．3.4平面与平面垂直的性质[学习目标]1.认识和理解空间中线面、面面垂直的性质(重点)．2.能够灵活运用线面、面面垂直的性质定理证明相关问题(重点、难点)．3.理解线线垂直、线面垂直、面面垂直的内在联系(难点)．[知识提炼·梳理]1．直线与平面垂直的性质文字语言垂直于同一个平面的两条直线平行符号语言a⊥α，b⊥α⇒a∥b图形语言作用①由线面垂直证明线线平行；②作平行线2.平面与平面垂直的性质文字语言两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直符号语言α⊥βα∩β＝la⊂αa⊥l⇒a⊥β图形语言温馨提示应用面面垂直的性质定理要注意以下事项：1．要注意判定定理和性质定理的交替运用，同时还要贯通三种垂直关系，即直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直的相互转化．2．必须注意两个平面垂直的性质定理成立的条件：线在面内、线垂直于面的交线，从而可得出线面垂直．3．要注意线线、线面、面面垂直的相互转化，贯通知识和方法，开阔解题思路．[思考尝试·夯基]1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)平行直线的平行投影重合．()(2)平行于同一直线的两个平面平行．()(3)垂直于同一平面的两个平面平行．()(4)垂直于同一平面的两条直线平行．()解析：在正方形ABCD­A1B1C1D1中，A1B1∥C1D1.但它们在平面AC上的投影仍平行，故(1)不正确；平面A1D与平面A1B都平行于直线C1C，但平面A1D与平面A1B相交，故(2)不正确；平面A1D与平面A1B都垂直于平面AC，但平面A1D与平面A1B相交，故(3)不正确；由线面垂直的性质定理可知(4)正确．答案：(1)×(2)×(3)×(4)√2．设α，β是两个不同的平面，l是一条直线，给出下列四个命题：①若l⊥α，α⊥β，则l⊂β；②若l∥α，α∥β，则l⊂β；③若l⊥α，α∥β，则l⊥β；④若l∥α，α⊥β，则l⊥β.其中正确的个数为()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：①错，可能有l∥β；②错，可能有l∥β；③正确；④错，可能有l∥β或l⊂β.答案：A3．已知长方体ABCD­A1B1C1D1，在平面AB1上任取一点M，作ME⊥AB于点E，则()A．ME⊥平面ACB．ME⊂平面ACC．ME∥平面ACD．以上都有可能解析：由于ME⊂平面AB1，平面AB1∩平面AC＝AB，且平面AB1⊥平面AC，ME⊥AB，则ME⊥平面AC.答案：A4．如图所示，已知AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，且AF＝DE，AD＝6，则EF＝________．解析：因为AF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，所以AF∥DE.又AF＝DE，所以四边形AFED为平行四边形，故EF＝AD＝6.答案：65．线段AB在平面α的同侧，A，B到α的距离分别为3和5，则AB的中点到α的距离为________．解析：如图，设AB的中点为M，分别过A，M，B向α作垂线，垂足分别为A1，M1，B1，则由线面垂直的性质可知，AA1∥MM1∥BB1，四边形AA1B1B为直角梯形，AA1＝3，BB1＝5，MM1为其中位线，所以MM1＝4.答案：4类型1线面垂直性质定理的应用(自主研析)[典例1]如图所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD＝AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC.求证：AE∥MN.证明：因为AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，所以AE⊥AB，又AB∥CD，所以AE⊥CD.因为AD＝AP，E是PD的中点，所以AE⊥PD.又CD∩PD＝D，所以AE⊥平面PCD.因为MN⊥AB，AB∥CD，所以MN⊥CD.又因为MN⊥PC，PC∩CD＝C，所以MN⊥平面PCD，所以AE∥MN.归纳升华证明线线平行常用的方法1．利用线线平行的定义：证共面且无公共点．2．利用三线平行公理：证两线同时平行于第三条直线．3．利用线面平行的性质定理：把证线线平行转化为证线面平行．4．利用线面垂直的性质定理：把证线线平行转化为证线面垂直．5．利用面面平行的性质定理：把证线线平行转化为证面面平行．[变式训练]如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1中，EF与异面直线AC，A1D都垂直相交．求证：EF∥BD1.证明：连接AB1，B1C，BD，B1D1，如图所示：因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC.又因为AC⊥BD，BD∩DD1＝D，所以AC⊥平面BDD1B1，所以AC⊥BD1.同理BD1⊥B1C，又AC∩B1C＝C，所以BD1⊥平面AB1C.因为EF⊥A1D，且A1D∥B1C，所以EF⊥B1C.又因为EF⊥AC，AC∩B1C＝C，所以EF⊥平面AB1C，所以EF∥BD1.类型2平面与平面垂直的性质的应用[典例2]已知：如图所示，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，E为垂足.（1）求证：PA⊥平面ABC；（2）当E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形证明：(1)如图所示，在平面ABC内任取一点D，作DF⊥AC于点F，因为平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC，所以DF⊥平面PAC.又因为PA⊂平面PAC，所以DF⊥PA.作DG⊥AB于点G，同理可证DG⊥PA.因为DG∩DF＝D，所以PA⊥平面ABC.(2)如图所示，连接BE并延长交PC于点H.因为E是△PBC的垂心，所以PC⊥BH.又AE⊥平面PBC，故AE⊥PC，又AE∩BE＝E，所以PC⊥平面ABE，所以PC⊥AB.又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，又PA∩PC＝P，所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥AC，即△ABC是直角三角形．归纳升华1．在应用面面垂直的性质定理时，若没有与交线垂直的直线，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样就把面面垂直转化为线面垂直，进而转化为线线垂直．2．面面垂直的性质定理等价于：如果两个平面互相垂直，则过一个平面内一点垂直于另一个平面的直线在这个平面内．[变式训练]如图，已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，F是侧棱CC1上一点，且CF＝1，求证：EF⊥A1C.证明：如图，过点E作EN⊥AC，垂足为点N，连接NF，AC1.由正三棱柱的性质知，底面ABC⊥侧面A1ACC1，又底面ABC∩侧面A1ACC1＝AC，且EN⊂底面ABC，所以EN⊥侧面A1ACC1.因为A1C⊂侧面A1ACC1，所以EN⊥A1C.在Rt△CNE中，CN＝CEcos60°＝1，则由CFCC1＝CNCA＝14，得NF∥AC1.因为四边形ACC1A1的边长相等，所以四边形ACC1A1为正方形．所以AC1⊥A1C.所以NF⊥A1C.又EN⊥A1C，NF∩EN＝N，所以A1C⊥平面ENF.因为EF⊂平面ENF，所以EF⊥A1C.类型3线线、线面、面面垂直的综合(互动探究)[典例3]如图所示，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点．(1)求证：EF⊥平面BCG；(2)求三棱锥D­BCG的体积．(1)证明：由已知得，△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.又G为AD的中点，则CG⊥AD；同理，BG⊥AD.CG∩BG＝G，因此AD⊥平面BCG.由题意知，EF为△DAC的中位线，所以EF∥AD.所以EF⊥平面BCG.(2)解：在平面ABC内作AO⊥CB，交CB的延长线于点O(如图)，由于平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，所以AO⊥平面BCD.又G为AD的中点，因此G到平面BCD的距离h是12AO.在△AOB中，AO＝ABsin60°＝3，所以VD­BCG＝VG­BCD＝13S△BCD·h＝13×12BD·BC·sin60°·h＝12.[迁移探究1](变换条件)典例3中的条件“∠ABC＝∠DBC＝120°”改为“∠ABC＝∠DBC＝90°”，结论有什么变化？(1)证明：由已知得，△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.又G为AD的中点，则CG⊥AD.同理，BG⊥AD.BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BCG.由题意知，EF为△DAC的中位线，所以EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.(2)解：由于平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，∠ABC＝90°，所以AB⊥平面BCD.又G为AD的中点，因此G到平面BCD的距离h是12AB＝1.所以VD­BCG＝VG­BCD＝13S△BCD·h＝13×12BD·BC·h＝23.[迁移探究2](改变问法)典例3中条件不变，证明：平面BCG⊥平面ACD.证明：由已知得，△ABC≌△DBC，因此AC＝DC.又G为AD的中点，则CG⊥AD；同理，BG⊥AD，CG∩BG＝G，因此AD⊥平面BCG.因为AD⊂平面ACD，所以平面BCG⊥平面ACD.归纳升华线线垂直、线面垂直、面面垂直的转化关系1．线面垂直的性质定理揭示了空间中“平行”与“垂直”关系的内在联系，提供了“垂直”与“平行”关系相互转化的依据．2．面面垂直的性质定理揭示了面面垂直、线面垂直及线线垂直间的内在联系，体现了数学中的转化与化归思路.