直线、平面垂直的判定及性质（2）课件-2025届高三数学一轮复习

课题导入 线面垂直判定定理和性质定理是什么？ 直线、平面垂直的判定及性质（2） 授课教师：高复数学 授课时间：2025届 2025 2 目标引领 独立自学 独立自学 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 引导探究 目标升华 目标升华 当堂诊学 当堂诊学 当堂诊学 当堂诊学 当堂诊学 当堂诊学 当堂诊学 当堂诊学 一不怕苦 二不怕累 风雨同舟 追求卓越 2025 坚持到底就是胜利！ 26 1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理. 2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题． （1） 面面垂直的判定定理 判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直 （或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） 图形语言 符号语言 （2）面面垂直的性质定理 性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 图形语言 符号语言 (1)(2023·全国甲卷，文)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°. ①证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C； ②设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高． 【解析】　①证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC， 又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC， A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C， 所以BC⊥平面ACC1A1， 又因为BC⊂平面BB1C1C， 所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C. ②如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O. 因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， 所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O. 因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC， 又因为AC⊥BC，A1B＝AB，BC为公共边，所以△ABC≌△A1BC，所以A1C＝AC. 设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，所以O为CC1中点，OC1＝eq \f(1,2)AA1＝1， 又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AA12， 即x2＋x2＝22，解得x＝eq \r(2)， 所以A1O＝eq \r(A1C12－OC12)＝eq \r(（\r(2)）2－12)＝1， 所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1. (2) 在矩形ABCD中，AB＝2AD＝4，E是AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥P－BCDE. ①若平面PDE⊥平面BCDE，求四棱锥P－BCDE的体积； ②若PB＝PC，求证：平面PDE⊥平面BCDE. 【解析】　①如图所示，取DE的中点M，连接PM， 由题意知，PD＝PE，∴PM⊥DE， 又平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE＝DE，PM⊂平面PDE， ∴PM⊥平面BCDE，即PM为四棱锥P－BCDE的高． 在等腰直角三角形PDE中，PE＝PD＝AD＝2，∴PM＝eq \f(1,2)DE＝eq \r(2)， 而直角梯形BCDE的面积S＝eq \f(1,2)(BE＋CD)·BC＝eq \f(1,2)×(2＋4)×2＝6， ∴四棱锥P－BCDE的体积V＝eq \f(1,3)PM·S＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×6＝2eq \r(2). ②证明：如图，取BC的中点N，连接PN，MN， 则BC⊥MN， ∵PB＝PC，∴BC⊥PN， ∵MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN， ∴BC⊥平面PMN，∵PM⊂平面PMN，∴BC⊥PM， 由①知，PM⊥DE，又BC，DE⊂平面BCDE，且BC与DE是相交的， ∴PM⊥平面BCDE， ∵PM⊂平面PDE，∴平面PDE⊥平面BCDE. 思考题2　图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. (1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)设H为BE的中点，证明：平面DHC⊥平面ABED； (3)探究平面ABC与平面ACGD是否垂直，并说明理由． 【解析】　证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以图2中AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，故AB⊥平面BCGE. 又因为AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)设H为BE的中点，证明：平面DHC⊥平面ABED； 【证明】　连接DH，CH，DC，EC，因为四边形BEGC是菱形，∠EBC＝60°，所以△BCE为正三角形，所以CH⊥BE， 由(1)可知AB⊥CH且AB∩BE＝B，所以CH⊥平面ABED，又CH⊂平面DHC，所以平面DHC⊥平面ABED. 【答案】　证明见解析　 (3)探究平面ABC与平面ACGD是否垂直，并说明理由． 【答案】　不垂直，理由见解析 【解析】　不垂直，理由如下： 假设平面ABC⊥平面ACGD，在平面ABC内作BM⊥AC于M，易得BM⊥平面ACGD，所以BM⊥AD. 又因为AB⊥AD且AB∩BM＝B，所以AD⊥平面ABC， 又因为AD∥BE，所以BE⊥平面ABC，所以BE⊥BC， 这与∠EBC＝60°矛盾，所以平面ABC与平面ACGD不垂直． 1．证明面面垂直的方法 (1)面面垂直的判定定理：a⊥β，a⊂α⇒α⊥β.此方法将问题转化为线面垂直问题，一般找到其中一个平面的一条垂线，再证这条垂线在另一个平面内或与另一个平面平行． (2)只要证明两个平面所构成的二面角的平面角为90°即可． (3)性质：α∥β，β⊥γ⇒α⊥γ(客观题常用)． (4)向量法：证明两个平面的法向量垂直． 2．面面垂直的性质 已知两个平面垂直时，过其中一个平面内的一点作交线的垂线，则由面面垂直的性质定理可得此直线垂直于另一个平面，于是面面垂直转化为线面垂直，由此得出结论：两个相交平面同时垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面． (2024·昆明市一中模拟，文) 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，AP⊥AB，E为AP的中点，△PBD为等边三角形． (1)求证：BD⊥PC； (2)在棱DC上是否存在一点F，使DE∥平面PBF，若存在，求点F到平面PBD的距离；若不存在，请说明理由． 【证明】　如图，连接AC，因为△PBD为等边三角形，所以PB＝PD，又因为底面ABCD是菱形，所以AB＝AD， 所以△PAB≌△PAD，又因为AP⊥AB，所以PA⊥AD，又AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥平面ABCD，而BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD， 又因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，而PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC. (2)在棱DC上是否存在一点F，使DE∥平面PBF，若存在，求点F到平面PBD的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】　存在，eq \f(\r(2),3) 【解析】　 棱DC上存在一点F，使DE∥平面PBF，点F为DC的中点． 证明：取PB的中点G，连接GE，GF，因为E为AP的中点，所以GE∥AB且GE＝eq \f(1,2)AB， 又DF∥AB且DF＝eq \f(1,2)AB，所以GE∥DF且GE＝DF， 所以四边形DEGF为平行四边形， 所以DE∥GF，又GF⊂平面PBF，DE⊄平面PBF，所以DE∥平面PBF， 设点F到平面PBD的距离为d， 因为S△BDF＝eq \f(1,2)S△BDC＝eq \f(1,4)×BC×CD×sin 120°＝eq \f(\r(3),2)， S△PBD＝eq \f(1,2)BD·BP·sin 60°＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝3eq \r(3)， 又因为PA⊥平面ABCD，易知PA＝2eq \r(2)， 所以由VF－PBD＝VP－BDF得eq \f(1,3)S△PBD·d＝eq \f(1,3)S△BDF·PA， 即eq \f(1,3)×3eq \r(3)×d＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×2eq \r(2)，所以d＝eq \f(\r(2),3). 思考题3　(2023·河北二模)如图所示，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2AD＝2，A1D∩AD1＝O，E为线段AB上的一点． (1)若OE∥平面D1BC，求证：E为AB的中点； (2)在线段AB上是否存在点E，使得平面D1DE⊥平面AD1C？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由． 【解析】　证明：因为四边形AA1D1D为正方形，A1D∩AD1＝O，所以O为AD1的中点． 又因为OE∥平面D1BC，平面ABD1∩平面D1BC＝BD1，OE⊂平面ABD1， 所以OE∥BD1. 又因为O为AD1的中点，所以E为AB的中点． (2)在线段AB上是否存在点E，使得平面D1DE⊥平面AD1C？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由． 【答案】　存在，eq \f(1,2) 【解析】　存在点E，当AE＝eq \f(1,2)时，平面D1DE⊥平面AD1C. 设AC∩DE＝F，因为四边形AA1D1D为正方形，所以D1D⊥AD， 又因为平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，平面AA1D1D⊥平面ABCD，D1D⊂平面AA1D1D，所以D1D⊥平面ABCD， 又因为AC⊂平面ABCD，所以D1D⊥AC. 在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1， 当AE＝eq \f(1,2)时，在Rt△ADE中，tan∠ADE＝eq \f(AE,AD)＝eq \f(1,2)， 在Rt△ABC中，tan∠BAC＝eq \f(BC,AB)＝eq \f(1,2)， 所以∠ADE＝∠BAC， 又因为∠BAD＝∠BAC＋∠DAC＝90°， 所以∠ADE＋∠DAC＝90°，则∠AFD＝90°，所以AC⊥DE， 又因为DE∩DD1＝D，DE，DD1⊂平面D1DE，所以AC⊥平面D1DE. 又因为AC⊂平面AD1C，所以平面D1DE⊥平面AD1C. $$