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,第5节直线、平面垂直的判定及其性质,01,02,03,04,考点三,考点一,考点二,例1 训练1,线面垂直的判定与性质,面面垂直的判定与性质,平行与垂直的综合问题(多维探究),诊断自测,例2-1 训练2,例3-1 例3-2 例3-3 训练3,诊断自测,考点一线面垂直的判定与性质,考点一线面垂直的判定与性质,考点一线面垂直的判定与性质,考点一线面垂直的判定与性质,证明因为AB为圆O的直径，所以ACCB.,由余弦定理得CD2DB2BC22DBBCcos 303， 所以CD2DB2BC2，即CDAB. 因为PD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.,考点二面面垂直的判定与性质,证明(1)平面PAD底面ABCD， 且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA平面PAD， PA底面ABCD. (2)ABCD，CD2AB，E为CD的中点， ABDE，且ABDE. 四边形ABED为平行四边形 BEAD. 又BE平面PAD，AD平面PAD， BE平面PAD.,考点二面面垂直的判定与性质,证明(3)ABAD，而且ABED为平行四边形 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分别是CD和PC的中点，PDEF. CDEF，又BECD且EFBEE， CD平面BEF，又CD平面PCD， 平面BEF平面PCD.,考点二面面垂直的判定与性质,考点二面面垂直的判定与性质,考点二面面垂直的判定与性质,考点二面面垂直的判定与性质,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),证明(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1， 由于ABCD - A1B1C1D1是四棱柱， 所以A1O1OC，A1O1OC， 因此四边形A1OCO1为平行四边形， 所以A1OO1C， 又O1C平面B1CD1，A1O平面B1CD1， 所以A1O平面B1CD1.,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),证明(2)因为ACBD，E，M分别为AD和OD的中点， 所以EMBD， 又A1E平面ABCD，BD平面ABCD， 所以A1EBD， 因为B1D1BD，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.,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),(1)证明连接AC交BD于O，连接OF，如图. 四边形ABCD是矩形， O为AC的中点， 又F为EC的中点， OF为ACE的中位线， OFAE，又OF平面BDF，AE平面BDF， AE平面BDF.,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),(2)解当P为AE中点时，有PMBE， 证明如下： 取BE中点H，连接DP，PH，CH， P为AE的中点，H为BE的中点， PHAB，又ABCD， PHCD， P，H，C，D四点共面,P,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),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为BE的中点， CHBE， 又CDCHC，BE平面DPHC， 又PM平面DPHC，BEPM，即PMBE.,P,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),(1)解如图，由已知ADBC， 故DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角. 因为AD平面PDC，PD平面PDC， 所以ADPD.,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),(2)证明由(1)知ADPD， 又因为BCAD，所以PDBC. 又PDPB，BCPBB， 所以PD平面PBC. (3)解过点D作DFAB，交BC于点F，连接PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC，DFAB，故BFAD1. 由已知，得CFBCBF2.,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),(2)证明由(1)知ADPD， 又因为BCAD，所以PDBC. 又PDPB，BCPBB， 所以PD平面PBC. (3)解过点D作DFAB，交BC于点F，连接PF， 则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影， 所以DFP为直线DF和平面PBC所成的角. 由于ADBC，DFAB，故BFAD1.,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),由已知，得CFBCBF2. 又ADDC，故BCDC.,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),(1)证明因为PDPC且点E为CD的中点， 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.,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),(2)解由(1)知PE平面ABCD，PEAD， 又ADCD，PECDE， AD平面PDC，ADPD， PDC为二面角PADC的平面角， 在RtPDE中，PD4，DE3，,考点三平行与垂直的综合问题(多维探究),(3)解如图，连接AC， AF2FB，CG2GB，ACFG. 直线PA与FG所成角即直线PA与AC所成角PAC. 在RtPDA中，PA2AD2PD225，PA5. 又PC4. AC2CD2AD236945，,
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