江苏数学一轮第九章第51课直线与平面的垂直要点导学pdf

要点导学 各个击破 要点导学 各个击破 直线与平面垂直的判定 直线与平面垂直的判定 (2014浙江卷)如图,在四棱锥A-BCDE中,平面ABC平面BCDE,CDE= BED=90,AB=CD=2,DE=BE=1,AC= 2.求证:DE平面ACD. (例1) 思维引导思维引导要证DE平面ACD,可以首先证DEAC与DEDC,然后利用线面垂直 的判定定理证明,注意“线不在多,在于相交”. 证明证明因为CDE=BED=90,所以BECD, 又因为BCDE,所以四边形BCDE是直角梯形,所以BD=BC= 2. 由AC= 2,AB=2,得AB2=AC2+BC2,即ACBC. 又因为平面ABC平面BCDE,从而AC平面BCDE, 所以ACDE. 又因为DEDC,ACDC=C, 所以DE平面ACD. 如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.求证:BC平 面PAC. (变式) 证明证明由AB是圆O的直径,得ACBC. 由PA平面ABC,BC平面ABC,得PABC. 又PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC, 所以BC平面PAC. 直线与平面垂直性质的应用 直线与平面垂直性质的应用 如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是矩形,ABBC=1 2 ,O,F分别为 CD,BC的中点,且EO平面ABCD.求证:AFEF. (例2) 思维引导思维引导在边长之比为1 2的矩形ABCD中,要会寻求垂直关系. 证明证明连接OF,AO,设AB=2a,则BC=2 2a. 因为四边形ABCD为矩形,所以AO= 22 ADOD =3a. 同理AF= 6 a,OF= 3a. 因为AF 2+OF2=9a2=AO2,所以AFO为直角三角形, 所以AFOF. 因为EO平面ABCD,所以EOAF. 因为OFOE=O,所以AF平面OEF,所以AFEF. 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,BC=CD,ACB=ACD,求证:BD平 面PAC. (变式) 证明证明因为BC=CD,即BCD为等腰三角形, 又因为ACB=ACD,故BDAC. 因为PA底面ABCD,BD平面ABCD, 所以PABD. 因为PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC, 所以BD平面PAC. 【题组强化重点突破】 【题组强化重点突破】 1. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,DAB=60,AB=2AD,PD底面 ABCD.求证:PABD. (第1题) 证明证明因为DAB=60,AB=2AD, 由余弦定理得BD= 3AD, 从而BD 2+AD2=AB2,故BDAD. 因为PD底面ABCD,可得BDPD. 又ADPD=D,AD平面PAD,PD平面PAD, 所以BD平面PAD. 又PA平面PAD,故PABD. 2. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA底面ABCD,M,N分别是AB,PC的中 点.求证:MNAB. (第2题) 证明证明取CD的中点R,连接RN,RM. 因为PA平面ABCD,所以BAPA. 又BAAD,ADPA=A, 所以BA平面PAD,所以BAPD. 因为N,R分别为CP,CD的中点, 所以NRPD,所以BANR. 又ABMR,MRNR=R, 所以AB平面MNR, 所以MNAB. 3. 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,侧棱PA底面ABCD.E,F分别是AB,PC 的中点,PA=AD. (第3题) (1) 求证:CDPD; (2) 求证:EF平面PCD. 证明证明(1) 因为PA底面ABCD,所以CDPA. 在矩形ABCD中,CDAD,又ADPA=A, 所以CD平面PAD, 所以CDPD. (2) 取PD的中点G,连接AG,FG. 因为G,F分别是PD,PC的中点, 所以GFCD且GF= 1 2CD, 所以GFAE, 所以四边形AEFG是平行四边形, 所以AGEF. 因为PA=AD,G是PD的中点, 所以AGPD,所以EFPD. 因为CD平面PAD,AG平面PAD, 所以CDAG,所以EFCD. 因为PDCD=D,所以EF平面PCD. 直线与平面垂直的探索问题 直线与平面垂直的探索问题 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,AB=BC=2,AD=CD= 7 ,PA= 3 , ABC=120,G为线段PC上的点. (1) 求证:BD平面PAC; (2) 若G满足PC平面BGD,求 PG GC的值. (例3) 思维引导思维引导(1) 易证BDPA,要借助ABD=60与BAC=30,说明BDAC,即 位置关系的判定要借助数量的运算关系. (2) 要求 PG GC的值,即先分别求得PG,GC的值,这要借助勾股关系与方程思想. 解答解答(1) 由AB=CB,AD=CD,BD=DB得ABDCBD,所以ABD=CBD=60且 BAC=30, 所以BDAC. 又因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以BDPA.因为ACPA=A,所以BD平面 PAC. (2) 由已知得PC= 22 PAAC = 3 12 = 15, 因为PC平面BGD,GD平面BGD,所以PCGD. 在PDC中,PD= 37 = 10 ,CD= 7 ,PC= 15. 设PG=x,则CG= 15 -x,所以10-x 2=7- 2 ( 15- )x ,解得x= 3 15 5 ,所以GC= 2 15 5 ,所 以 PG GC= 3 2. 精要点评精要点评除常规的线面位置关系的判定与证明外,借助数量的运算关系来确 定位置关系的题目也要适当了解与关注.数量运算主要还是体现在垂直上,即有勾股 关系的适当介入. (2014南安模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD平面 ABCD,PD=AB=2,E,F,G分别是PC,PD,BC的中点.在线段PB上确定一点Q,使PC平面ADQ, 并给出证明. (变式) 解答解答当Q为线段PB的中点时,PC平面ADQ.证明如下: 如图,取PB的中点Q,连接DE,EQ,AQ, 故EQBCAD, 所以ADEQ为平面四边形. 由PD平面ABCD,得ADPD. 又ADCD,PDCD=D, 所以AD平面PDC, 所以ADPC. 又三角形PDC为等腰直角三角形,E为斜边中点,所以DEPC, 又ADDE=D, 所以PC平面ADQ. 精要点评精要点评点或关系的存在性问题的探索是一种常见问题,这类问题可以先假 设结论是成立的.若真成立,一般要严格证明;若不成立,则要结合反证法证明或举反 例说明. 如图(1),在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AB=AC=2AA1,BAA1=CAA1=60,点D,E分 别为AB,A1C的中点. (1) 求证:DE平面BB1C1C; (2) 求证:BB1平面A1BC. 图(1) 图(2) (范题赏析) 规范答题规范答题(1) 如图(2),取AC的中点M,连接DM,EM. 因为D为AB的中点,所以DMBC. 因为DM 平面BB1C1C,BC平面BB1C1C, 所以DM平面BB1C1C.(3分) 同理可证EM平面BB1C1C. 又DMEM=M, 所以平面DEM平面BB1C1C.(5分) 因为DE平面DEM, 所以DE平面BB1C1C.(7分) (2) 在AA1B中,设AA1=1,则AB=2. 由余弦定理得A1B= 3, 故A 2 1 A +A1B 2=AB2,所以AA 1A1B. (10分) 同理可得AA1A1C. 又A1BA1C=A1,所以AA1平面A1BC.(12分) 因为AA1BB1, 所以BB1平面A1BC.(14分) 1. 若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,则三棱锥A-A1BD 的高为 . 答案答案 3 3 a 解析解析AC1平面A1BD,且三棱锥A-A1BD的高为AC1的三分之一. 2. (2014上海模拟改编)如图,在四棱锥P- ABCD中,底面四边形ABCD是菱形,AC BD=O, PAC是等边三角形, PB=PD,求证:PO底面ABCD. (第2题) 证明证明因为底面ABCD是菱形,ACBD=O, 所以O为AC,BD的中点. 又因为PAC是等边三角形,PB=PD, 所以POAC,POBD, 所以PO底面ABCD. 3. (2014湖北模拟)如图,在四棱锥A-BCDE中,底面BCDE是等腰梯形,BCDE, DCB=45,O是BC的中点,AO= 3,且BC=6,AD=AE=2CD=22 .求证:AO平面BCD. (第3题) 证明证明连接OD,OE. 在OCD中,OC=3,CD= 2,由余弦定理可得OD= 220 -245OCCDOC OD cos = 5. 因为AD=2 2,所以AO2+OD2=AD2, 所以AOOD. 同理,AOOE, 又ODOE=O, 所以AO平面BCD. 4. (2014 珠海模拟)在边长为4cm的正方形ABCD中,E,F分别为BC,CD的中点,M,N分别 为AB,CF的中点,现沿AE,AF,EF折叠,使B