以立体几何的定义课件

以立体几何的定义课件以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解以立体几何的定义课件1.直线与平面垂直1.直线与平面垂直2.直线和平面所成的角

3.二面角的有关概念2.直线和平面所成的角3.二面角的有关概念4.平面与平面垂直4.平面与平面垂直[思考探究]垂直于同一平面的两平面是否平行？

提示：垂直于同一平面的两平面可能平行，也可能相交.[思考探究]提示：垂直于同一平面的两平面可能平行，也可能相交1.直线a⊥直线b，a⊥平面β，则b与β的位置关系是(

)A.b⊥β

B.b∥βC.b⊂βD.b⊂β或b∥β解析：由垂直和平行的有关性质可知b⊂β或b∥β.答案：D1.直线a⊥直线b，a⊥平面β，则b与β的位置关系是(2.(文)已知直线a和两个平面α，β，给出下列四个命题：①若a∥α，则α内的任何直线都与a平行；②若a⊥α，则α内的任何直线都与a垂直；③若α∥β，则β内的任何直线都与α平行；④若α⊥β，则β内的任何直都与α垂直.则其中(

)A.②、③为真

B.①、②为真

C.①、④为真

D.③、④为真2.(文)已知直线a和两个平面α，β，给出下列四个命题：解析：若a∥α，则α内的无数直线都与a平行，但不是任意一条，即①不正确；若a⊥α，则α内的任何直线都与a垂直，即②正确；若α∥β，则β内的任何直线都与α平行，即③正确；若α⊥β，则β内有无数条直线都与α垂直，但不是任意一条，即④不正确.综上可得②、③为真，故应选A.答案：A解析：若a∥α，则α内的无数直线都与a平行，但不是任意一条，(理)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C与对角面DD1B1B所成角的大小是(

)A.15°B.30°C.45°D.60°(理)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C与对角面D解析：如图所示，连结AC交BD于O点，易证AC⊥平面DD1B1B，连结B1O，则∠CB1O即为B1C与对角面所成的角，设正方体边长为a，则B1C＝a，CO＝

a，∴sin∠CB1O＝.∴∠CB1O＝30°.答案：B解析：如图所示，连结AC交BD答案：B3.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下列命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确的命题是(

)A.①与②

B.③与④

C.②与④

D.①与③3.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下列命题：解析：对①，l⊥α，α∥β⇒l⊥β，又∵m⊂β，∴l⊥m，∴①正确；对②，α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，∴l不一定与m平行，∴②错误；对③，∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，∴③正确；④错误.答案：D解析：对①，l⊥α，α∥β⇒l⊥β，答案：D4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥

平面ABC，PC＝4，M是AB上一个动点，则PM的最小值

为

.4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60解析：∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，∴PC⊥CM，∴PM＝＝要使PM最小，只需CM最小，此时CM⊥AB，∴CM＝＝2，∴PM的最小值为2.答案：2解析：∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，答案：25.如图，平面ABC⊥平面BDC，

∠BAC＝∠BDC＝90°，且

AB＝AC＝a，则AD＝

.5.如图，平面ABC⊥平面BDC，解析：取BC中点E，连结ED、AE，∵AB＝AC，∴AE⊥BC.∵平面ABC⊥平面BDC，∴AE⊥平面BCD.∴AE⊥ED.在Rt△ABC和Rt△BCD中，AE＝ED＝BC＝a，∴AD＝＝a.答案：a解析：取BC中点E，连结ED、AE，答案：a以立体几何的定义课件1.证明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理.(2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α).(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β).(4)利用面面垂直的性质.当直线和平面垂直时，该直线垂直于平面内的任一直线，

常用来证明线线垂直.1.证明直线和平面垂直的常用方法：2.直线和平面垂直的性质定理可以作为两条直线平行的

判定定理，可以并入平行推导链中，实现平行与垂直

的相互转化，即线线垂直⇒线面垂直⇒线线平行⇒线

面平行.2.直线和平面垂直的性质定理可以作为两条直线平行的

(2009·福建高考改编)如图，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.求证：AB⊥DE.(2009·福建高考改编)如图[思路点拨][思路点拨][课堂笔记]证明：在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，∴BD＝＝2.∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面EBD.∵DE⊂平面EBD，∴AB⊥DE.[课堂笔记]证明：在△ABD中，本例中，ED与平面ABD垂直吗？解：由例1知，AB⊥BD，∵CD∥AB，∴CD⊥BD，从而DE⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，ED⊂平面EBD，∴ED⊥平面ABD.本例中，ED与平面ABD垂直吗？解：由例1知，AB⊥BD，1.证明平面与平面垂直的方法主要有：(1)利用定义证明.只需判定两平面所成的二面角为直二面角

即可.(2)利用判定定理.在审题时，要注意直观判断哪条直线可能

是垂线，充分利用等腰三角形底边的中线垂直于底边，

勾股定理等结论.1.证明平面与平面垂直的方法主要有：2.关于三种垂直关系的转化可结合下图记忆.2.关于三种垂直关系的转化可结合下图记忆.

(2009·江苏高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分别是A1B、A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.(2009·江苏高考)如图，在[思路点拨][思路点拨][课堂笔记]

(1)因为E、F分别是A1B、A1C的中点，所以EF∥BC，又EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC.所以EF∥平面ABC.(2)因为三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D，[课堂笔记](1)因为E、F分别是A1B、A1C的中点，又A1D⊥B1C，B1C∩BB1＝B1.所以A1D⊥平面BB1C1C，又A1D⊂平面A1FD，所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.又A1D⊥B1C，B1C∩BB1＝B1.两个平面垂直的性质定理，可以作为直线和平面垂直的判定定理，当条件中有两个平面垂直时，常添加的辅助线是在一个平面内作两平面交线的垂线.两个平面垂直的性质定理，可以作为直线和平面如图①，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点的位置为P，且使平面PBD⊥平面BCD，如图②.如图①，四边形ABCD中，AD∥(1)求证：平面PBC⊥平面PDC；(2)在折叠前的四边形ABCD中，作AE⊥BD于E，过E作EF⊥BC于F，求折起后的图形中∠PFE的正切值.(1)求证：平面PBC⊥平面PDC；[思路点拨][思路点拨][课堂笔记]

(1)证明：折叠前，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以△ABD为等腰直角三角形.又因为∠BCD＝45°，所以∠BDC＝90°.折叠后，因为面PBD⊥面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥面PBD.又因为PB⊂面PBD，所以CD⊥PB.又因为PB⊥PD，PD∩CD＝D，所以PB⊥面PDC.又PB⊂面PBC，故平面PBC⊥平面PDC.[课堂笔记](1)证明：折叠前，在四边形ABCD中，AD∥(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折叠后的位置关系不变，所以PE⊥BD.又面PBD⊥面BCD，所以PE⊥面BCD，所以PE⊥EF.设AB＝AD＝a，则BD＝a，所以PE＝a＝BE.在Rt△BEF中，EF＝BE·sin45°＝a×＝a.在Rt△PFE中，tan∠PFE＝＝＝.(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折叠后的位置关系不变，高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一，有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查.求这两种空间角的步骤：根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)―→认(指)―→求.高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查在客观题中，也可用射影法：设斜线段AB在平面α内的射影为A′B′，AB与α所成角为θ，则cosθ＝.设△ABC在平面α内的射影三角形为△A′B′C′，平面ABC与α所成角为θ，则cosθ＝.在客观题中，也可用射影法：

(2010·安阳模拟)三棱锥P－ABC中，PC、AC、BC两两垂直，BC＝PC＝1，AC＝2，E、F、G分别是AB、AC、AP的中点.(1)证明：平面GFE∥平面PCB；(2)求二面角B－AP－C的正切值.(2010·安阳模拟)三棱锥P－[思路点拨][思路点拨][课堂笔记]

(1)证明：因为E、F、G分别是AB、AC、AP的中点，所以EF∥BC，GF∥CP.因为EF，GF⊄平面PCB.所以EF∥平面PCB，GF∥平面PCB.又EF∩GF＝F，所以平面GFE∥平面PCB.[课堂笔记](1)证明：因为E、F、G分别是AB、AC、A(2)∵BC⊥PC，BC⊥CA，且PC∩AC＝C，∴BC⊥平面PAC.过点C作CH⊥PA于H点，连结HB，则易证HB⊥PA，∴∠BHC即为二面角B－AP－C的平面角.在Rt△ACP中，AP＝＝，HC＝＝(等积).∴tan∠BHC＝＝＝.

(2)∵BC⊥PC，BC⊥CA，且PC∩AC＝C，近年来开放型问题不断在高考试题中出现，这说明高考对学生的能力要求越来越高，这也符合新课标的理念，因而在复习过程中要善于对问题进行探究.立体几何中结合垂直关系，设计开放型试题将是新课标高考命题的一个动向.近年来开放型问题不断在高考试题中出现，这说明高考

[考题印证](2009·浙江高考)(12分)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；

(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA、OB的距离.[考题印证]【证明】

(1)如图，取PE的中点为H，连结HG、HF.┄┄(1分)因为点E，O，G，H分别是PA，AC，OC，PE的中点，┄┄┄┄(2分)所以HG∥OE，HF∥EB.因此平面FGH∥平面BOE.因为FG在平面FGH内，所以FG∥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(4分)【证明】(1)如图，取PE的(2)在平面OAP内，过点P作PN⊥OE，交OA于点N，交OE于点Q.连结BN，过点F作FM∥PN，交BN于点M.┄┄┄(5分)下证FM⊥平面BOE.由题意，得OB⊥平面PAC，所以OB⊥PN，又因为PN⊥OE，所以PN⊥平面BOE.因此FM⊥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(7分)(2)在平面OAP内，过点P作在Rt△OAP中，OE＝PA＝5，PQ＝，cos∠NPO＝＝，ON＝OP·tan∠NPO＝＜OA，所以点N在线段OA上.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(9分)因为F是PB的中点，所以M是BN的中点.┄┄(10分)因此点M在△AOB内，点M到OA，OB的距离分别为OB＝4，ON＝.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分)在Rt△OAP中，

[自主体验]如图所示，已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点.(1)求证：EF∥平面ABCD；

(2)设M为线段C1C的中点，当的比值为多少时，DF⊥平面D1MB，并说明理由[自主体验]解：(1)证明：∵E、F分别是AD1和BD1的中点，∴EF∥AB，又EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.解：(1)证明：∵E、F分别是(2)设＝λ(λ＞0)，AD＝a，则DD1＝λa，连结MF.若DF⊥平面D1MB，则有DF⊥D1B，DF⊥FM.(2)设＝λ(λ＞0)，AD＝a，在Rt△BDD1中，DF＝＝＝.又F、M分别是BD1，CC1的中点，易证FM＝a，又DM＝＝a，在Rt△BDD1中，∴在Rt△DFM中，DF2＋FM2＝DM2，即，解得λ2＝2，∴λ＝，即当＝时，DF⊥平面D1MB.以立体几何的定义课件以立体几何的定义课件1.(2010·三亚模拟)若两直线a与b异面，则过a且与b垂直的

平面(

)A.有且只有一个B.至多有一个

C.有无数多个

D.一定不存在1.(2010·三亚模拟)若两直线a与b异面，则过a且与b垂解析：当a⊥b时，存在一个过a且与b垂直的平面；若a与b不垂直，则不存在这样的平面.答案：B解析：当a⊥b时，存在一个过a且与b垂直的平面；若a与b不垂2.下列三个命题，其中正确命题的个数为(

)①平面α∥平面β，平面β⊥平面γ，则α⊥γ；②平面α∥平面β，平面β∥平面γ，则α∥γ；③平面α⊥平面β，平面β⊥平面γ，则α⊥γ.A.1B.2C.3D.0解析：①正确；②正确；③错误.答案：B2.下列三个命题，其中正确命题的个数为3.已知直线a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么

α⊥β是a⊥b的(

)A.充分但不必要条件

B.必要但不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件解析：若α⊥β，由a⊥α则容易推出a⊂β或a∥β，而b⊥β，于是a⊥b；若a⊥b，则容易推出α⊥β，故α⊥β是a⊥b的充分必要条件.答案：C3.已知直线a，b和平面α，β，且a⊥α，b⊥β，那么4.正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中

点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P

的轨迹的周长为(

)4.正四棱锥S－ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的解析：依题意知，动点P的轨迹为如图所示的三角形EFG，容易求得，EF＝BD＝，GE＝GF＝SB＝，所以轨迹的周长为＋.答案：C解析：依题意知，动点P的轨迹为如图所示的三角形EFG，容易求5.正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱AA1和AB上的

点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN＝

.5.正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱AA1解析：如图所示，由正方体性质可知B1C1⊥MN，又MB1⊥MN，∴MN⊥平面MB1C1.∵C1M⊂平面MB1C1，∴C1M⊥MN，即∠C1MN＝90°答案：90°解析：如图所示，由正方体性质可知B1C1⊥MN，又MB1⊥M6.(2010·苏北三市联考)如图，

在正方体ABCD－A1B1C1D1

中，M、N、G分别是A1A，

D1C，AD的中点.求证：

(1)MN∥平面ABCD；

(2)MN⊥平面B1BG.6.(2010·苏北三市联考)如图，证明：(1)取CD的中点记为E，连NE，AE.由N，E分别为CD1与CD的中点可得NE∥D1D且NE＝D1D，又AM∥D1D且AM＝D1D所以AM∥EN且AM＝EN，即四边形AMNE为平行四边形，所以MN∥AE，又AE⊂面ABCD，所以MN∥面ABCD.证明：(1)取CD的中点记为E，(2)由AG＝DE，∠BAG＝∠ADE＝90°，DA＝AB可得△EDA与△GAB全等.所以∠ABG＝∠DAE，又∠DAE＋∠AED＝90°，∠AED＝∠BAF，所以∠BAF＋∠ABG＝90°，所以AE⊥BG，又BB1⊥AE，所以AE⊥面B1BG，又MN∥AE，所以MN⊥平面B1BG.(2)由AG＝DE，∠BAG＝∠ADE＝90°，DA＝AB以立体几何的定义课件以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解以立体几何的定义课件1.直线与平面垂直1.直线与平面垂直2.直线和平面所成的角

3.二面角的有关概念2.直线和平面所成的角3.二面角的有关概念4.平面与平面垂直4.平面与平面垂直[思考探究]垂直于同一平面的两平面是否平行？

提示：垂直于同一平面的两平面可能平行，也可能相交.[思考探究]提示：垂直于同一平面的两平面可能平行，也可能相交1.直线a⊥直线b，a⊥平面β，则b与β的位置关系是(

)A.b⊥β

B.b∥βC.b⊂βD.b⊂β或b∥β解析：由垂直和平行的有关性质可知b⊂β或b∥β.答案：D1.直线a⊥直线b，a⊥平面β，则b与β的位置关系是(2.(文)已知直线a和两个平面α，β，给出下列四个命题：①若a∥α，则α内的任何直线都与a平行；②若a⊥α，则α内的任何直线都与a垂直；③若α∥β，则β内的任何直线都与α平行；④若α⊥β，则β内的任何直都与α垂直.则其中(

)A.②、③为真

B.①、②为真

C.①、④为真

D.③、④为真2.(文)已知直线a和两个平面α，β，给出下列四个命题：解析：若a∥α，则α内的无数直线都与a平行，但不是任意一条，即①不正确；若a⊥α，则α内的任何直线都与a垂直，即②正确；若α∥β，则β内的任何直线都与α平行，即③正确；若α⊥β，则β内有无数条直线都与α垂直，但不是任意一条，即④不正确.综上可得②、③为真，故应选A.答案：A解析：若a∥α，则α内的无数直线都与a平行，但不是任意一条，(理)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C与对角面DD1B1B所成角的大小是(

)A.15°B.30°C.45°D.60°(理)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C与对角面D解析：如图所示，连结AC交BD于O点，易证AC⊥平面DD1B1B，连结B1O，则∠CB1O即为B1C与对角面所成的角，设正方体边长为a，则B1C＝a，CO＝

a，∴sin∠CB1O＝.∴∠CB1O＝30°.答案：B解析：如图所示，连结AC交BD答案：B3.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下列命题：①α∥β⇒l⊥m；②α⊥β⇒l∥m；③l∥m⇒α⊥β；④l⊥m⇒α∥β.其中正确的命题是(

)A.①与②

B.③与④

C.②与④

D.①与③3.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，有下列命题：解析：对①，l⊥α，α∥β⇒l⊥β，又∵m⊂β，∴l⊥m，∴①正确；对②，α⊥β，l⊥α，则l∥β或l⊂β，∴l不一定与m平行，∴②错误；对③，∵l∥m，l⊥α，∴m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，∴③正确；④错误.答案：D解析：对①，l⊥α，α∥β⇒l⊥β，答案：D4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60°，PC⊥

平面ABC，PC＝4，M是AB上一个动点，则PM的最小值

为

.4.在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝8，∠ABC＝60解析：∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，∴PC⊥CM，∴PM＝＝要使PM最小，只需CM最小，此时CM⊥AB，∴CM＝＝2，∴PM的最小值为2.答案：2解析：∵PC⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，答案：25.如图，平面ABC⊥平面BDC，

∠BAC＝∠BDC＝90°，且

AB＝AC＝a，则AD＝

.5.如图，平面ABC⊥平面BDC，解析：取BC中点E，连结ED、AE，∵AB＝AC，∴AE⊥BC.∵平面ABC⊥平面BDC，∴AE⊥平面BCD.∴AE⊥ED.在Rt△ABC和Rt△BCD中，AE＝ED＝BC＝a，∴AD＝＝a.答案：a解析：取BC中点E，连结ED、AE，答案：a以立体几何的定义课件1.证明直线和平面垂直的常用方法：(1)利用判定定理.(2)利用平行线垂直于平面的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α).(3)利用面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β).(4)利用面面垂直的性质.当直线和平面垂直时，该直线垂直于平面内的任一直线，

常用来证明线线垂直.1.证明直线和平面垂直的常用方法：2.直线和平面垂直的性质定理可以作为两条直线平行的

判定定理，可以并入平行推导链中，实现平行与垂直

的相互转化，即线线垂直⇒线面垂直⇒线线平行⇒线

面平行.2.直线和平面垂直的性质定理可以作为两条直线平行的

(2009·福建高考改编)如图，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.求证：AB⊥DE.(2009·福建高考改编)如图[思路点拨][思路点拨][课堂笔记]证明：在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，∴BD＝＝2.∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，∴AB⊥平面EBD.∵DE⊂平面EBD，∴AB⊥DE.[课堂笔记]证明：在△ABD中，本例中，ED与平面ABD垂直吗？解：由例1知，AB⊥BD，∵CD∥AB，∴CD⊥BD，从而DE⊥BD.又∵平面EBD⊥平面ABD，ED⊂平面EBD，∴ED⊥平面ABD.本例中，ED与平面ABD垂直吗？解：由例1知，AB⊥BD，1.证明平面与平面垂直的方法主要有：(1)利用定义证明.只需判定两平面所成的二面角为直二面角

即可.(2)利用判定定理.在审题时，要注意直观判断哪条直线可能

是垂线，充分利用等腰三角形底边的中线垂直于底边，

勾股定理等结论.1.证明平面与平面垂直的方法主要有：2.关于三种垂直关系的转化可结合下图记忆.2.关于三种垂直关系的转化可结合下图记忆.

(2009·江苏高考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E、F分别是A1B、A1C的中点，点D在B1C1上，A1D⊥B1C.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)平面A1FD⊥平面BB1C1C.(2009·江苏高考)如图，在[思路点拨][思路点拨][课堂笔记]

(1)因为E、F分别是A1B、A1C的中点，所以EF∥BC，又EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC.所以EF∥平面ABC.(2)因为三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1，所以BB1⊥A1D，[课堂笔记](1)因为E、F分别是A1B、A1C的中点，又A1D⊥B1C，B1C∩BB1＝B1.所以A1D⊥平面BB1C1C，又A1D⊂平面A1FD，所以平面A1FD⊥平面BB1C1C.又A1D⊥B1C，B1C∩BB1＝B1.两个平面垂直的性质定理，可以作为直线和平面垂直的判定定理，当条件中有两个平面垂直时，常添加的辅助线是在一个平面内作两平面交线的垂线.两个平面垂直的性质定理，可以作为直线和平面如图①，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿对角线BD折起，记折起后点的位置为P，且使平面PBD⊥平面BCD，如图②.如图①，四边形ABCD中，AD∥(1)求证：平面PBC⊥平面PDC；(2)在折叠前的四边形ABCD中，作AE⊥BD于E，过E作EF⊥BC于F，求折起后的图形中∠PFE的正切值.(1)求证：平面PBC⊥平面PDC；[思路点拨][思路点拨][课堂笔记]

(1)证明：折叠前，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以△ABD为等腰直角三角形.又因为∠BCD＝45°，所以∠BDC＝90°.折叠后，因为面PBD⊥面BCD，CD⊥BD，所以CD⊥面PBD.又因为PB⊂面PBD，所以CD⊥PB.又因为PB⊥PD，PD∩CD＝D，所以PB⊥面PDC.又PB⊂面PBC，故平面PBC⊥平面PDC.[课堂笔记](1)证明：折叠前，在四边形ABCD中，AD∥(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折叠后的位置关系不变，所以PE⊥BD.又面PBD⊥面BCD，所以PE⊥面BCD，所以PE⊥EF.设AB＝AD＝a，则BD＝a，所以PE＝a＝BE.在Rt△BEF中，EF＝BE·sin45°＝a×＝a.在Rt△PFE中，tan∠PFE＝＝＝.(2)AE⊥BD，EF⊥BC，折叠后的位置关系不变，高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查是热点之一，有时在客观题中考查，更多的是在解答题中考查.求这两种空间角的步骤：根据线面角的定义或二面角的平面角的定义，作(找)出该角，再解三角形求出该角，步骤是作(找)―→认(指)―→求.高考中对直线与平面所成的角及二面角的考查在客观题中，也可用射影法：设斜线段AB在平面α内的射影为A′B′，AB与α所成角为θ，则cosθ＝.设△ABC在平面α内的射影三角形为△A′B′C′，平面ABC与α所成角为θ，则cosθ＝.在客观题中，也可用射影法：

(2010·安阳模拟)三棱锥P－ABC中，PC、AC、BC两两垂直，BC＝PC＝1，AC＝2，E、F、G分别是AB、AC、AP的中点.(1)证明：平面GFE∥平面PCB；(2)求二面角B－AP－C的正切值.(2010·安阳模拟)三棱锥P－[思路点拨][思路点拨][课堂笔记]

(1)证明：因为E、F、G分别是AB、AC、AP的中点，所以EF∥BC，GF∥CP.因为EF，GF⊄平面PCB.所以EF∥平面PCB，GF∥平面PCB.又EF∩GF＝F，所以平面GFE∥平面PCB.[课堂笔记](1)证明：因为E、F、G分别是AB、AC、A(2)∵BC⊥PC，BC⊥CA，且PC∩AC＝C，∴BC⊥平面PAC.过点C作CH⊥PA于H点，连结HB，则易证HB⊥PA，∴∠BHC即为二面角B－AP－C的平面角.在Rt△ACP中，AP＝＝，HC＝＝(等积).∴tan∠BHC＝＝＝.

(2)∵BC⊥PC，BC⊥CA，且PC∩AC＝C，近年来开放型问题不断在高考试题中出现，这说明高考对学生的能力要求越来越高，这也符合新课标的理念，因而在复习过程中要善于对问题进行探究.立体几何中结合垂直关系，设计开放型试题将是新课标高考命题的一个动向.近年来开放型问题不断在高考试题中出现，这说明高考

[考题印证](2009·浙江高考)(12分)如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.(1)设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；

(2)证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA、OB的距离.[考题印证]【证明】

(1)如图，取PE的中点为H，连结HG、HF.┄┄(1分)因为点E，O，G，H分别是PA，AC，OC，PE的中点，┄┄┄┄(2分)所以HG∥OE，HF∥EB.因此平面FGH∥平面BOE.因为FG在平面FGH内，所以FG∥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(4分)【证明】(1)如图，取PE的(2)在平面OAP内，过点P作PN⊥OE，交OA于点N，交OE于点Q.连结BN，过点F作FM∥PN，交BN于点M.┄┄┄(5分)下证FM⊥平面BOE.由题意，得OB⊥平面PAC，所以OB⊥PN，又因为PN⊥OE，所以PN⊥平面BOE.因此FM⊥平面BOE.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(7分)(2)在平面OAP内，过点P作在Rt△OAP中，OE＝PA＝5，PQ＝，cos∠NPO＝＝，ON＝OP·tan∠NPO＝＜OA，所以点N在线段OA上.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(9分)因为F是PB的中点，所以M是BN的中点.┄┄(10分)因此点M在△AOB内，点M到OA，OB的距离分别为OB＝4，ON＝.┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄(12分)在Rt△OAP中，

[自主体验]如图所示，已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点.(1)求证：EF∥平面ABCD；

(2)设M为线段C1C的中点，当的比值为多少时，DF⊥平面D1MB，并说明理由[自主体验]解：(1)证明：∵E、F分别是AD1和BD1的中点，∴EF∥AB，又EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.解：(1)证明：∵E、F分别是(2)设＝λ(λ＞0)，AD＝a，则DD1＝λa，连结MF.若DF⊥平面D1MB，则有DF⊥D1B，DF⊥FM.(2)设＝λ(λ＞0)，AD＝a，在Rt△BDD1中，DF＝＝＝.又F、M分别是BD1，CC1的中点，易证FM＝a，又DM＝＝a，在Rt△BDD1中，∴在Rt△DFM中，DF2＋FM2＝DM2，即，解得λ2＝2，∴λ＝，即当＝时，DF⊥平面D1MB.以立体几何的定义课件以立体几何的定义课件1.(2010·三亚模拟)若两直线a与b异面，则过a且与b垂直的

平面(

)A.有且只有一个B.至多有一个

C.有无数