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直线、平面垂直的判定与性质


第 4 讲

直线、平面垂直的判定与性质

? 夯基释疑 考点一 概要 ? 考点突破 考点二 考点三 例1 例2 例3 训练1 训练2 训练3

? 课堂小结

夯基释疑

判断正误(在括号内打“√”或“×”) (1)直线l与平面α内无数条直线都垂直,则l⊥α.( )


(2)若直线a⊥平面α,直线b∥α,则直线a与b垂直.( )
(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.( α⊥β.( ) ) (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

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考点突破 考点一 直线与平面垂直的判定与性质
【例1】如图,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.证明:(1)CD⊥AE; (2)PD⊥平面ABE. 利用判定定理证明 证明 (1)在四棱锥P-ABCD中, ∵PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD, ∴PA⊥CD, ∵AC⊥CD,且PA∩AC=A, ∴CD⊥平面PAC. 而AE?平面PAC, ∴CD⊥AE.

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考点突破 考点一 直线与平面垂直的判定与性质
【例1】如图,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.证明:(1)CD⊥AE; (2)PD⊥平面ABE. 利用判定定理证明 (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, ∴AE⊥平面PCD. 而PD?平面PCD,∴AE⊥PD. ∵PA⊥底面ABCD, ∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD且PA∩AD=A, ∴AB⊥平面PAD,而PD?平面PAD, ∴AB⊥PD. 又∵AB∩AE=A, ∴PD⊥平面ABE.
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考点突破 考点一 直线与平面垂直的判定与性质

规律方法
(1)证明直线和平面垂直的常用方法:①线面垂直的定义; ②判定定理; ③垂直于平面的传递性(a∥b,a⊥α?b⊥α); ④面面平行的性质(a⊥α,α∥β?a⊥β);⑤面面垂直的性质. (2)证明线面垂直的核心是证线线垂直,而证明线线垂直则需 借助线面垂直的性质.因此,判定定理与性质定理的合理转 化是证明线面垂直的基本思想.

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考点突破 考点一 直线与平面垂直的判定与性质
【训练 1】 (2014· 山东卷 )如图 ,在四棱锥 P-ABCD 中, AP⊥平面 PCD, 1 AD∥ BC, AB= BC= AD, E,F 分别为线段 AD,PC 的中点.求 2 证: (1)AP∥平面 BEF; (2)BE⊥平面 PAC.

(1)设AC∩BE=O,连接OF,EC. 1 由于 E 为 AD 的中点,AB=BC= AD,AD∥BC, 2 所以AE∥BC,AE=AB=BC, 因此四边形ABCE为菱形, 所以O为AC的中点. 又F为PC的中点, O 因此在△PAC中,可得AP∥OF. 又OF?平面BEF,AP?平面BEF, 所以AP∥平面BEF. 证明
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考点突破 考点一 直线与平面垂直的判定与性质
【训练 1】 (2014· 山东卷 )如图 ,在四棱锥 P-ABCD 中, AP⊥平面 PCD, 1 AD∥ BC, AB= BC= AD, E,F 分别为线段 AD,PC 的中点.求 2 证: (1)AP∥平面 BEF; (2)BE⊥平面 PAC.

(2)由题意知ED∥BC,ED=BC, 所以四边形BCDE为平行四边形, 因此BE∥CD. 又AP⊥平面PCD, 所以AP⊥CD,因此AP⊥BE. 因为四边形ABCE为菱形, 所以BE⊥AC. 又AP∩AC=A,AP,AC?平面PAC, 所以BE⊥平面PAC.
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O

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考点突破 考点二 平面与平面垂直的判定与性质
【例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥ CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD, PC的中点.求证:(1)CE∥平面PAD; (2)平面EFG⊥平面EMN. 证明 (1)法一 取PA的中点H,连接EH,DH. 因为E为PB的中点, 1 所以 EH∥ AB,且 EH= AB. 2 1 又 AB∥CD,CD= AB, 2 所以EH∥CD,且EH=CD. 因此四边形DCEH是平行四边形. 所以CE∥DH. 又DH?平面PAD,CE?平面PAD, 因此,CE∥平面PAD.
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利用判定定 理或面面平 行证明

H

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考点突破 考点二 平面与平面垂直的判定与性质
【例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥ CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD, PC的中点.求证:(1)CE∥平面PAD; (2)平面EFG⊥平面EMN.
1 所以 AF= AB. 法二 连接CF. 因为 F 为 AB 的中点, 2 1 又 CD= AB,所以 AF=CD, 2 又AF∥CD,所以四边形AFCD为平行四边形. 因此CF∥AD. 又CF?平面PAD,AD?平面PAD, 所以CF∥平面PAD. 因为E,F分别为PB,AB的中点, 所以EF∥PA. 又EF?平面PAD,PA?平面PAD,所以EF∥平面PAD. 因为CF∩EF=F,故平面CEF∥平面PAD. 又CE?平面CEF,所以CE∥平面PAD.
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利用判定定 理或面面平 行证明

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考点突破 考点二 平面与平面垂直的判定与性质
【例2】如图,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥AC,AB⊥PA,AB∥ CD,AB=2CD,E,F,G,M,N分别为PB,AB,BC,PD, PC的中点.求证:(1)CE∥平面PAD; (2)平面EFG⊥平面EMN.
(2)因为E,F分别为PB,AB的中点, 所以EF∥PA. 又AB⊥PA,所以AB⊥EF. 同理可证AB⊥FG. 又EF∩FG=F,EF?平面EFG, FG?平面EFG, 因此AB⊥平面EFG. 又M,N分别为PD,PC的中点, 所以MN∥CD,又AB∥CD, 所以MN∥AB. 因此MN⊥平面EFG. 又MN?平面EMN,所以平面EFG⊥平面EMN.
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利用判定定 理证明

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考点突破 考点二 平面与平面垂直的判定与性质

规律方法 (1)证明平面和平面垂直的方法:①面面垂直的定义;②面面 垂直的判定定理(a⊥β,a?α?α⊥β). (2)已知平面垂直时,一般要用性质定理进行转化,在一个平 面内作交线的垂线,转化为线面垂直,然后进一步转化为线 线垂直.

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考点突破 考点二 平面与平面垂直的判定与性质
【训练2】(2014· 江苏卷)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分 别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8, DF=5. 求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC. 证明 (1)因为D,E分别为棱PC,AC的中点,

所以DE∥PA.
又因为PA?平面DEF,DE?平面DEF, 所以直线PA∥平面DEF. (2)因为D,E,F分别为棱PC,AC,AB的中点, PA=6,BC=8,
1 1 所以 DE∥PA,EF∥BC,且 DE= PA=3,EF= BC=4. 2 2
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考点突破 考点二 平面与平面垂直的判定与性质
【训练2】(2014· 江苏卷)如图,在三棱锥P-ABC中,D,E,F分 别为棱PC,AC,AB的中点.已知PA⊥AC,PA=6,BC=8, DF=5. 求证:(1)直线PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC. 接上一页 又因为DF=5,故DF2=DE2+EF2, 所以∠DEF=90°,即DE⊥EF. 又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC. 因为AC∩EF=E,AC?平面ABC,EF?平面ABC, 所以DE⊥平面ABC. 又DE?平面BDE, 所以平面BDE⊥平面ABC.
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考点突破 考点三 垂直关系中的探索性问题
【例3】(2015· 合肥质量检测)如图,在三棱台ABC-DEF中,CF⊥ 利用线面平行 平面DEF,AB⊥BC. (1)设平面ACE∩平面DEF=a,求证:DF∥a; 的性质定理 (2)若EF=CF=2BC,试问在线段BE上是否存在点G,使得平面 DFG⊥平面CDE?若存在,请确定G点的位置;若不存在,请说 明理由. (1)证明 在三棱台ABC-DEF中,AC∥DF,

AC?平面ACE,DF?平面ACE,
∴DF∥平面ACE.

又∵DF?平面DEF,平面ACE∩平面DEF=a,
∴DF∥a.
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考点突破 考点三 垂直关系中的探索性问题
【例3】(2015· 合肥质量检测)如图,在三棱台ABC-DEF中,CF⊥ 利用线面平行 平面DEF,AB⊥BC. (1)设平面ACE∩平面DEF=a,求证:DF∥a; 的性质定理 (2)若EF=CF=2BC,试问在线段BE上是否存在点G,使得平面 DFG⊥平面CDE?若存在,请确定G点的位置;若不存在,请说 明理由.

1 (2)解 线段 BE 上存在点 G, 且 BG= BE, 3 G 使得平面DFG⊥平面CDE. 证明如下: 取CE的中点O,连接FO并延长交BE于点G,连接GD, ∵CF=EF,∴GF⊥CE. 在三棱台ABC-DEF中,AB⊥BC?DE⊥EF. 由CF⊥平面DEF?CF⊥DE. 又CF∩EF=F,∴DE⊥平面CBEF, ∴DE⊥GF.
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O

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考点突破 考点三 垂直关系中的探索性问题
【例3】(2015· 合肥质量检测)如图,在三棱台ABC-DEF中,CF⊥ 利用线面平行 平面DEF,AB⊥BC. (1)设平面ACE∩平面DEF=a,求证:DF∥a; 的性质定理 (2)若EF=CF=2BC,试问在线段BE上是否存在点G,使得平面 DFG⊥平面CDE?若存在,请确定G点的位置;若不存在,请说 明理由.

? ? GF⊥DE ??GF⊥平面 CDE. G CE∩DE=E? ? 又GF?平面DFG,∴平面DFG⊥平面CDE. 此时,如平面图所示, ∵O为CE的中点,EF=CF=2BC, 1 由平面几何知识易证△HOC≌△FOE∴ ,HB=BC= EF.
GF⊥CE

O

BG 1 1 由△HGB∽△FGE 可知 = ,即 BG= BE. GE 2 3
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2

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考点突破 考点三 垂直关系中的探索性问题

规律方法 同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样,一般是 先探求点的位置,多为线段的中点或某个三等分点,然 后给出符合要求的证明.

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考点突破 考点三 垂直关系中的探索性问题
【训练3】如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC, AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到 △A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2. (1)求证:DE∥平面A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由. (1)证明 因为D,E分别为AC,AB的中点,

所以DE∥BC. 又因为DE?平面A1CB,BC?平面A1CB,

所以DE∥平面A1CB

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考点突破 考点三 垂直关系中的探索性问题
【训练3】如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC, AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到 △A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2. (1)求证:DE∥平面A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由. (2)证明 由已知得AC⊥BC且DE∥BC, 所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D,DE⊥CD, 又A1D∩DE=D, 所以DE⊥平面A1DC. 而A1F?平面A1DC,所以DE⊥A1F. 又因为A1F⊥CD,CD∩DE=D, 所以A1F⊥平面BCDE,且BE ?平面BCDE, 所以A1F⊥BE.
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考点突破 考点三 垂直关系中的探索性问题
【训练3】如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为AC, AB的中点,点F为线段CD上的一点.将△ADE沿DE折起到 △A1DE的位置,使A1F⊥CD,如图2. (1)求证:DE∥平面A1CB; (2)求证:A1F⊥BE; (3)线段A1B上是否存在点Q,使A1C⊥平面DEQ?说明理由. (3)解 线段A1B上存在点Q,使A1C⊥平面DEQ.理由如下: 如图,分别取A1C,A1B的中点P,Q,则PQ∥BC. 又因为DE∥BC,所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即为平面DEP. 由(2)知,DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C. 又因为P是等腰△DA1C底边A1C的中点, 所以A1C⊥DP,又DE∩DP=D, 所以A1C⊥平面DEP. 从而A1C⊥平面DEQ. 故线段A1B上存在点Q,使得A1C⊥平面DEQ.
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课堂小结 思想方法
1.证明线线垂直的方法 (1)定义:两条直线所成的角为90°. (2)平面几何中证明线线垂直的方法. (3)线面垂直的性质:a⊥α,b?α?a⊥b. (4)线面垂直的性质:a⊥α,b∥α?a⊥b. 2.空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂 直三者之间可以相互转化,每一种垂直的判定都是从某种垂 直开始转化向另一种垂直最终达到目的,其转化关系为

在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的的垂 线,若这样的直线图中不存在,则可通过作辅助线来解决.
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课堂小结 易错防范

1.在用线面垂直的判定定理证明线面垂直时,考生易忽视说 明平面内的两条直线相交,而导致被扣分,这一点在证明中 要注意.口诀:线不在多,重在相交.
2.面面垂直的性质定理在立体几何中是一个极为关键的定理 ,这个定理的主要作用是作一个平面的垂线,在一些垂直关 系的证明中,很多情况都要借助这个定理作出平面的垂线. 注意定理使用的条件,在推理论证时要把定理所需要的条件 列举完整,同时要注意推理论证的层次性,确定先证明什么 、后证明什么.

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