《(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(yè)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(wèn)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ABCD,A
2、B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), ABDE,且ABDE.
3、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平面ABC,PABD. (
4、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A1OO1C, 又O1C平面B1CD
5、1,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(wèn)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,又OF平面BDF,AE平面BDF, AE平
6、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(wèn)題(多維探究),(1)解如圖,由已知ADBC, 故DAP或其補(bǔ)角即為異面直線AP與BC所成的角. 因?yàn)锳D平面PDC,PD
7、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(guò)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(guò)點(diǎn)D作DFAB,交BC于點(diǎn)F,連接PF, 則DF與平面PBC所成的
8、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(wèn)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,,