高考数学复习：直线、平面垂直的判定及其性质 (2).ppt

考点一【对点练通】如图所示,在四棱锥P-ABCD中,AB⊥平面PAD,AB∥CD,PD=AD,E是PB的中点,F是DC上的点,且DF=AB,PH为△PAD中AD边上的高.(1)证明:PH⊥平面ABCD.(2)证明:EF⊥平面PAB.【证明】(1)因为AB⊥平面PAD,PH?平面PAD,所以PH⊥AB.因为PH为△PAD中AD边上的高,所以PH⊥AD.因为AB∩AD=A,AB,AD?平面ABCD,所以PH⊥平面ABCD.(2)如图,取PA的中点M,连接MD,ME.因为E是PB的中点,所以ME??AB.又因为DF??AB,所以ME??DF,所以四边形MEFD是平行四边形,所以EF∥MD.因为PD=AD,所以MD⊥PA.因为AB⊥平面PAD,所以MD⊥AB.因为PA∩AB=A,所以MD⊥平面PAB,所以EF⊥平面PAB.【变式备选】如图,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,AE⊥PB于E,AF⊥PC于F.(1)求证:PC⊥平面AEF.(2)设平面AEF交PD于G,求证:AG⊥PD.【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,所以BC⊥面PAB,AE?面PAB,所以AE⊥BC,又AE⊥PB,PB∩BC=B,所以AE⊥面PBC,PC?面PBC,所以AE⊥PC,又因为PC⊥AF,AE∩AF=A,所以PC⊥面AEF.(2)由(1)知PC⊥面AEF,所以PC⊥AG,由(1)同理CD⊥面PAD,AG?面PAD,所以CD⊥AG,PC∩CD=C,所以AG⊥面PCD,PD?面PCD,所以AG⊥PD.考点二【对点练通】(2019·全国卷Ⅲ)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)求图2中的四边形ACGD的面积.【解析】(1)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以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)取CG的中点M,连接EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,因为DE∩EM=E,所以CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.【变式备选】如图,在三棱台DEF-ABC中,AB=2DE,点G,H分别为AC,BC的中点.若CF⊥BC,AB⊥BC,求证:平面BCD⊥平面EGH.【证明】连接DG.因为G,H分别为AC,BC的中点,所以GH∥AB,由AB⊥BC,得GH⊥BC,又H为BC的中点,所以EF∥HC,EF=HC,因此四边形EFCH是平行四边形,所以CF∥HE,又CF⊥BC,所以HE⊥BC,又HE,GH?平面EGH,HE∩GH=H,所以BC⊥平面EGH,又BC?平面BCD,所以平面BCD⊥平面EGH.考点三【对点练通】1.(2020·六盘水模拟)设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面.下列命题中正确的有 ()①若m?β,α⊥β,则m⊥α;②若α∥β,m?α,则m∥β;③若n⊥α,n⊥β,m⊥α,则m⊥β;④若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β.A.①③ B.①② C.③④ D.②③【解析】选D.由面面垂直的性质定理知若m?β,α⊥β,且m垂直于α,β的交线时,m⊥α,故①错误;若α∥β,则α,β无交点,又m?α,所以m∥β,故②正确;若n⊥α,n⊥β,则α∥β,又m⊥α,所以m⊥β,故③正确;若α⊥γ,β⊥γ,不能得出α⊥β,故④错误.2.(2019·天津高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3,(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD.(2)求证:PA⊥平面PCD.(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.【解题指南】(1)连接BD,结合平行四边形的性质,以及三角形中位线的性质,得到GH∥PD,利用线面平行的判定定理证得结果.(2)取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到DN⊥PA,利用线面垂直的判定