第7章 第3节 第❷课时 直线、平面垂直的判定与性质 （课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（云南专版）

高考总复习 数学 第七章　立体几何 第三节　直线与平面平行、垂直的判定与性质 关键能力 精准突破 A 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 ABC 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 [方法技巧] 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 [方法技巧] 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 [方法技巧] 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 [方法技巧] 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 谢谢观看！ 第❷课时　直线、平面垂直的判定与性质 考点 与线面、面面垂直有关的命题判断问题(自悟通) 1．(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且a∩β＝m，下述四个命题： ①若m∥n，则n∥α或n∥β ②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β ③若n∥α且n∥β，则m∥n ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ ④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是(　　) A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④ 解析：a∩β＝m，则m⊂α，m⊂β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①正确；对于②，若m⊥n，则可能n∥α或n与α相交，②错误；对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③正确；对于④，n与m所成角可以为[0，]内的任意角，④错误．故选A. 2．(多选)在三棱锥S­ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，下列结论正确的是(　　) A．异面直线SB与AC所成的角为90° B．直线SB⊥平面ABC C．平面SBC⊥平面SAC D．点C到平面SAB的距离是a 解析：由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，故A正确；再根据SB⊥AC，SB⊥AB，可得SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，故B，C正确；取AB的中点E，连接CE(图略)，可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即点C到平面SAB的距离，为a，故D不正确． 与线面垂直关系有关命题真假的判断方法 (1)借助几何图形来说明线面关系，要做到作图快、准，甚至无需作图，通过空间想象来判断； (2)寻找反例，只要存在一个反例，结论就不正确； (3)反复验证所有可能的情况，必要时运用判定定理或性质定理进行简单说明． 考点 直线、平面垂直的判定与性质(精研通) 【例1】如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)证明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E­BB1C1C的体积． (1)证明：由已知得B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，B1C1，EC1⊂平面EB1C1，所以BE⊥平面EB1C1. (2)解：由(1)知∠BEB1＝90°. 由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝∠A1EB1＝ 45°，故AE＝AB＝3，AA1＝2AE＝6. 如图，作EF⊥BB1，垂足为F， 则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3. 故四棱锥E­BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18. 如图，作EF⊥BB1，垂足为F， 则EF⊥平面BB1C1C，且EF＝AB＝3. 故四棱锥E­BB1C1C的体积V＝×3×6×3＝18. 证明线面垂直的四种方法 (1)线面垂直的判定定理：l⊥a，l⊥b，a⊂α，b⊂α，a∩b＝P⇒l⊥α. (2)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. (3)性质：①a∥b，b⊥α⇒a⊥α；②α∥β，a⊥β⇒a⊥α. (4)α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l⇒l⊥γ.(客观题可用) 如图所示，已知AB为圆O的直径，点D为线段AB上一点，且AD＝DB，点C为圆O上一点，且BC＝AC，PD⊥平面ABC.求证：PA⊥CD. 证明：因为AB为圆O的直径，C为圆O上一点，所以AC⊥CB. 在Rt△ABC中，由AC＝BC，得∠ABC＝30°. 设AD＝1，由3AD＝DB，得DB＝3，BC＝2. 由余弦定理得 CD2＝DB2＋BC2－2DB·BC cos 30°＝3， 所以CD2＋DB2＝BC2，即CD⊥AB. 因为PD⊥平面ABC，CD⊂平面ABC， 所以PD⊥CD， 由PD∩AB＝D，得CD⊥平面PAB. 又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD. 所以PD⊥CD， 由PD∩AB＝D，得CD⊥平面PAB. 又PA⊂平面PAB，所以PA⊥CD. 考点 平面与平面垂直的判定与性质(精研通) 【例2】在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证： (1)AB∥平面A1B1C； (2)平面ABB1A1⊥平面A1BC. 证明：(1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1. 因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C. (2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形． 又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B. 因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC. 又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC. 又因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC. 面面垂直判定的两种方法与一个转化 (1)2种方法：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)1个转化：在已知两个平面垂直时，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． 如图，在三棱锥P­ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA⊥PC，PB＝2. (1)求证：平面PAC⊥平面ABC； (2)若PA＝PC，求三棱锥P­ABC的体积． (1)证明：如图，取AC的中点O，连接BO，PO. 因为△ABC是边长为2的正三角形，所以BO⊥AC，BO＝. 因为PA⊥PC，所以PO＝AC＝1. 因为PB＝2，所以PO2＋BO2＝PB2，所以PO⊥BO. 因为AC∩PO＝O，AC，PO⊂平面PAC，所以BO⊥平面PAC. 又BO⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC. (2)解：因为PA＝PC，PA⊥PC，AC＝2， 所以PA＝PC＝. 由(1)知BO⊥平面PAC，所以VP­ABC＝VB­APC＝S△PAC·BO＝××××＝. 考点 垂直关系的综合问题(精研通) 【例3】如图，在四棱锥P­ABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB. (1)求证：CD⊥AP； (2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB. 证明：(1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以AD⊥AP. 又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以AP⊥平面ABCD. 又CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP. (2)由(1)知CD⊥AP.又因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD.① 因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB， 所以AB⊥AD. 又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD.② 由①②得CD∥AB.又CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB. 因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB， 所以AB⊥AD. 又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD.② 由①②得CD∥AB.又CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB. 平行与垂直的综合问题主要是利用平行关系、垂直关系之间的转化去解决．注意遵循“空间”到“平面”、“低维”到“高维”的转化关系． 1．在四面体ABCD中，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝4，AC＝3，AD＝1，E为棱BC上一点，且平面DAE⊥平面BCD，则DE＝________. 答案：　 解析：过点A作AH⊥DE(图略).∵平面ADE⊥平面BCD，且平面ADE∩平面BCD＝DE，AH⊂平面ADE，∴AH⊥平面BCD.又BC⊂平面BCD，∴AH⊥BC.又AD⊥BC，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥AE.∵AE＝＝，AD＝1，∴DE＝. 2．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是上异于C，D的点． (1)求证：平面AMD⊥平面BMC； (2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由． (1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD. 因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD. 又DM⊂平面CMD，故BC⊥DM. 因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，BC，CM⊂平面BMC，所以DM⊥平面BMC. 而DM⊂平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)解：当P为AM的中点时，MC∥平面PBD. 证明如下：如图，连接AC，BD交于点O，连接OP. 因为四边形ABCD为矩形，所以O为AC的中点．又 P为AM的中点，所以MC∥OP. 又MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD. $$