最新人教版高中数学必修2第二章《平面与平面垂直的性质》教学设计.docx

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最新人教版高中数学必修2第二章《平面与平面垂直的性质》教学设计

教学设计

2．3.4　平面与平面垂直的性质

整体设计

教学分析　　　　　

空间中平面与平面之间的位置关系中，垂直是一种非常重要的位置关系，它不仅应用较多，而且是空间问题平面化的典范．空间中平面与平面垂直的性质定理具备以下两个特点：

（1）它是立体几何中最难、最“高级”的定理．

（2）它往往又是一个复杂问题的开端，即先由面面垂直转化为线面垂直，否则无法解决问题．因此，面面垂直的性质定理是立体几何中最重要的定理．

三维目标　　　　　

1．探究平面与平面垂直的性质定理，进一步培养学生的空间想象能力．

2．面面垂直的性质定理的应用，培养学生的推理能力．

3．通过平面与平面垂直的性质定理的学习，培养学生转化的思想．

重点难点　　　　　

教学重点：

平面与平面垂直的性质定理．

教学难点：

平面与平面性质定理的应用．

课时安排　　　　　

1课时

教学过程

复习

（1）面面垂直的定义．

如果两个相交平面所成的二面角为直二面角，那么这两个平面互相垂直．

（2）面面垂直的判定定理．

两个平面垂直的判定定理：

如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．

两个平面垂直的判定定理符号表述为：

⇒α⊥β.

两个平面垂直的判定定理图形表述为：

图1

导入新课　　　　　

思路1.（情境导入）

黑板所在平面与地面所在平面垂直，你能否在黑板上画一条直线与地面垂直？

思路2.（事例导入）

如图2，长方体ABCDA′B′C′D′中，平面A′ADD′与平面ABCD垂直，直线A′A垂直于其交线AD，平面A′ADD′内的直线A′A与平面ABCD垂直吗？

图2

推进新课　　　　　

新知探究

提出问题

①如图3,若a⊥β，α∩β＝CD，AB⊂α,AB⊥CD，AB∩CD=B.

请同学们讨论直线与平面的位置关系.

②用三种语言描述平面与平面垂直的性质定理，并给出证明．

③设平面α⊥平面β，点P∈α，P∈a，a⊥β，请同学们讨论直线a与平面α的关系．

图3

④分析平面与平面垂直的性质定理的特点，讨论应用定理的难点．

⑤总结应用面面垂直的性质定理的口诀．

活动：

问题①引导学生作图或借助模型探究得出直线AB与平面β的关系．

问题②引导学生进行语言转换．

问题③引导学生作图或借助模型探究得出直线a与平面α的关系．

问题④引导学生回忆立体几何的核心，以及平面与平面垂直的性质定理的特点．

问题⑤引导学生找出应用平面与平面垂直的性质定理的口诀．

讨论结果：

①通过学生作图或借助模型探究得出直线AB与平面β垂直，如图3.

②两个平面垂直的性质定理用文字语言描述为：

如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一平面．

图4

两个平面垂直的性质定理用图形语言描述为：

如图4.

两个平面垂直的性质定理用符号语言描述为：

⇒AB⊥β.

两个平面垂直的性质定理证明过程如下：

如图5，已知α⊥β，α∩β＝a，AB⊂α，AB⊥a于B.

求证：

AB⊥β.

图5

证明：

在平面β内作BE⊥CD垂足为B，则∠ABE就是二面角αCDβ的平面角．

由α⊥β，可知AB⊥BE.又AB⊥CD，BE与CD是β内两条相交直线，∴AB⊥β.

③问题③也是阐述面面垂直的性质，变为文字叙述为：

求证：

如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．下面给出证明．

如图6，已知α⊥β，P∈α，P∈a，a⊥β.求证：

a⊂α.

图6

证明：

设α∩β＝c，过点P在平面α内作直线b⊥c，

∵α⊥β，

∴b⊥β.而a⊥β，P∈a，

∵经过一点只能有一条直线与平面β垂直，

∴直线a应与直线b重合．那么a⊂α.

利用“同一法”证明问题，主要是在按一般途径不易完成问题的情形下所采用的一种数学方法，这里要求做到两点．一是作出符合题意的直线b，不易想到，二是证明直线b和直线a重合，相对容易些．点P的位置由投影所给的图及证明过程可知，可以在交线上，也可以不在交线上．

④我认为立体几何的核心是：

直线与平面垂直，因为立体几何的几乎所有问题都是围绕它展开的，例如它不仅是线线垂直与面面垂直相互转化的桥梁，而且由它还可以转化为线线平行，即使作线面角和二面角的平面角也离不开它．两个平面垂直的性质定理的特点就是帮我们找平面的垂线，因此它是立体几何中最重要的定理．

⑤应用面面垂直的性质定理口诀是：

“见到面面垂直，立即在一个平面内作交线的垂线”．

应用示例

思路1

1如图7，已知α⊥β，a⊥β，a⊄α，试判断直线a与平面α的位置关系．

图7

解：

在α内作垂直于α与β交线的垂线b，

∵α⊥β，

∴b⊥β.

∵a⊥β，∴a∥b.

∵a⊄α，∴a∥α.

变式训练

　如图8，已知平面α交平面β于直线a.α、β同垂直于平面γ，又同平行于直线b.求证：

（1）a⊥γ；

（2）b⊥γ.

图8图9

证明：

如图9，

（1）设α∩γ＝AB，β∩γ＝AC.在γ内任取一点P并在γ内作直线PM⊥AB，PN⊥AC.

∵γ⊥α，∴PM⊥α.而a⊂α，∴PM⊥a.

同理，PN⊥a.又PM⊂γ，PN⊂γ，∴a⊥γ.

（2）在a上任取点Q，过b与Q作一平面交α于直线a1，交β于直线a2.∵b∥α，∴b∥a1.同理，b∥a2.

∵a1、a2同过Q且平行于b，∴a1、a2重合．

又a1⊂α，a2⊂β，∴a1、a2都是α、β的交线，即都重合于a.

∵b∥a1，∴b∥a.而a⊥γ，∴b⊥γ.

点评：

面面垂直的性质定理作用是把面面垂直转化为线面垂直，见到面面垂直首先考虑利用性质定理，其口诀是：

“见到面面垂直，立即在一个平面内作交线的垂线”.

2如图10，四棱锥PABCD的底面是AB＝2，BC＝的矩形，侧面PAB是等边三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD.

（1）证明侧面PAB⊥侧面PBC；

（2）求侧棱PC与底面ABCD所成的角；

（3）求直线AB与平面PCD的距离．

图10　　图11

（1）证明：

在矩形ABCD中，BC⊥AB，

又∵面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD＝AB，∴BC⊥侧面PAB.

又∵BC⊂侧面PBC，∴侧面PAB⊥侧面PBC.

（2）解：

如图11，取AB中点E，连接PE、CE，

又∵△PAB是等边三角形，∴PE⊥AB.

又∵侧面PAB⊥底面ABCD，∴PE⊥面ABCD.

∴∠PCE为侧棱PC与底面ABCD所成角．

PE＝BA＝，CE＝＝，在Rt△PEC中，∠PCE＝45°为所求．

（3）解：

在矩形ABCD中，AB∥CD，∵CD⊂侧面PCD，AB⊄侧面PCD，∴AB∥侧面PCD.

取CD中点F，连接EF、PF，则EF⊥AB.又∵PE⊥AB，∴AB⊥平面PEF.又∵AB∥CD，

∴CD⊥平面PEF.∴平面PCD⊥平面PEF.作EG⊥PF，垂足为G，则EG⊥平面PCD.在Rt△PEF中，EG＝＝为所求．

变式训练

图12

　如图12，斜三棱柱ABCA1B1C1的棱长都是a，侧棱与底面成60°角，侧面BCC1B1⊥面ABC.求平面AB1C1与底面ABC所成二面角的大小．

活动：

请同学考虑面BB1C1C⊥面ABC及棱长相等两个条件，师生共同完成表述过程，并作出相应辅助线．

解：

∵面ABC∥面A1B1C1，则面BB1C1C∩面ABC＝BC，

面BB1C1C∩面A1B1C1＝B1C1，∴BC∥B1C1，则B1C1∥面ABC.

设所求两面交线为AE，即二面角的棱为AE，

则B1C1∥AE，即BC∥AE.

过C1作C1D⊥BC于D，∵面BB1C1C⊥面ABC，

∴C1D⊥面ABC，C1D⊥BC.

又∠C1CD＝60°，CC1＝a，故CD＝，即D为BC的中点．

又△ABC是等边三角形，∴BC⊥AD.

那么有BC⊥面DAC1，即AE⊥面DAC1.

故AE⊥AD，AE⊥AC1，

∠C1AD就是所求二面角的平面角．

∵C1D＝a，AD＝a，C1D⊥AD，故∠C1AD＝45°.

点评：

利用平面与平面垂直的性质定理，找出平面的垂线是解决问题的关键.

思路2

1如图13，把等腰直角三角形ABC沿斜边AB旋转至△ABD的位置，使CD＝AC，

图13

（1）求证：

平面ABD⊥平面ABC；

（2）求二面角CBDA的余弦值．

（1）证明：

（证法一）：

由题设，知AD＝CD＝BD，作DO⊥平面ABC，O为垂足，则OA＝OB＝OC.∴O是△ABC的外心，即AB的中点．

∴O∈AB，即O∈平面ABD.∴OD⊂平面ABD.∴平面ABD⊥平面ABC.

（证法二）：

取AB中点O，连接OD、OC，

则有OD⊥AB，OC⊥AB，即∠COD是二面角CABD的平面角．

设AC＝a，则OC＝OD＝a，

又CD＝AD＝AC，∴CD＝a.∴△COD是直角三角形，即∠COD＝90°.

∴二面角是直二面角，即平面ABD⊥平面ABC.

（2）解：

取BD的中点E，连接CE、OE、OC，∵△BCD为正三角形，∴CE⊥BD.

又△BOD为等腰直角三角形，∴OE⊥BD.∴∠OEC为二面角CBDA的平面角．

同

（1）可证OC⊥平面ABD，∴OC⊥OE.∴△COE为直角三角形．

设BC＝a，则CE＝a，OE＝a，∴cos∠OEC＝＝即为所求．

变式训练

图14

　如图14，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝3，沿对角线BD把△BCD折起，使C移到C′，且C′在面ABC内的射影O恰好落在AB上．

（1）求证：

AC′⊥BC′；

（2）求AB与平面BC′D所成的角的正弦值；

（3）求二面角C′BDA的正切值．

（1）证明：

由题意，知C′O⊥面ABD，∵C′O⊂ABC′，∴面ABC′⊥面ABD.

又∵AD⊥AB，面ABC′∩面ABD＝AB，∴AD⊥面ABC′.∴AD⊥BC′.

∵BC′⊥C′D，∴BC′⊥面AC′D.∴BC′⊥AC′.

（2）解：

∵BC′⊥面AC′D，BC′⊂面BC′D，∴面AC′D⊥面BC′D.

作AH⊥C′D于H，则AH⊥面BC′D，连接BH，则BH为AB在面BC′D上的射影，∴∠ABH为AB与面BC′D所成的角．

又在Rt△AC′D中，C′D＝3，AD＝3，∴AC′＝3.∴AH＝.

∴sin∠ABH＝＝，即AB与平面BC′D所成角的正弦值为.

（3）解：

过O作OG⊥BD于G，连接C′G，则C′G⊥BD，则∠C′GO为二面角C′BDA的平面角．

在Rt△AC′B中，C′O＝＝，

在Rt△BC′D中，C′G＝＝.

∴OG＝＝.∴tan∠C′GO＝＝2，

即二面角C′BDA的正切值为2.

点评：

直线与平面垂直是立体几何的核心，它是证明垂直问题和求二面角的基础，因此利用平面与平面垂直的性质定理找出平面的垂线，就显得非常重要了.

2如图15，三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝BB1＝1，直线B1C与平面ABC成30°角，求二面角BB1CA的正弦值．

图15

活动：

可以知道，平面ABC与平面BCC1B1垂直，故可由面面垂直的性质来寻找从一个半平面到另一个半平面的垂线．

解：

由直三棱柱性质得平面ABC⊥平面BCC1B1，过A作AN⊥平面BCC1B1，垂足为N，则AN⊥平面BCC1B1（AN即为我们要找的垂线），在平面BCB1内过N作NQ⊥棱B1C，垂足为Q，连接QA，则∠NQA即为二面角的平面角．

∵AB1在平面ABC内的射影为AB，CA⊥AB，

∴CA⊥B1A.AB＝BB1＝1，得AB1＝.

∵直线B1C与平面ABC成30°角，∴∠B1CB＝30°，B1C＝2.

在Rt△B1AC中，由勾股定理，得AC＝.∴AQ＝1.

在Rt△BAC中，AB＝1，AC＝，得AN＝.

sin∠AQN＝＝，即二面角BB1CA的正弦值为.

变式训练

　如图16，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点．

（1）证明AM⊥PM；

（2）求二面角PAMD的大小．

图16图17

（1）证明：

如图17，取CD的中点E，连接PE、EM、EA，

∵△PCD为正三角形，∴PE⊥CD，PE＝PDsin∠PDE＝2sin60°＝.

∵平面PCD⊥平面ABCD，∴PE⊥平面ABCD.

∵四边形ABCD是矩形，

∴△ADE、△ECM、△ABM均为直角三角形．

由勾股定理可求得EM＝，AM＝，AE＝3，

∴EM2＋AM2＝AE2.∴AM⊥EM.

又EM是PM在平面ABCD上的射影，∴∠AME＝90°.∴AM⊥PM.

（2）解：

由

（1）可知EM⊥AM，PM⊥AM，

∴∠PME是二面角PAMD的平面角．

∴tan∠PME＝＝＝1.∴∠PME＝45°.

∴二面角PAMD为45°.

知能训练

课本本节练习．

拓展提升

如图18，在三棱锥SABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．

（1）证明SO⊥平面ABC；

（2）求二面角ASCB的余弦值．

图18　　　　图19

（1）证明：

如图19，由题设，知AB＝AC＝SB＝SC＝SA.

连接OA，△ABC为等腰直角三角形，

所以OA＝OB＝OC＝SA，且AO⊥BC.

又△SBC为等腰三角形，

故SO⊥BC，且SO＝SA.

从而OA2＋SO2＝SA2.

所以△SOA为直角三角形，SO⊥AO.

又AO∩BC＝O，所以SO⊥平面ABC.

（2）解：

如图19，取SC中点M，连接AM、OM，

由

（1），知SO＝OC，SA＝AC，得OM⊥SC，AM⊥SC.

所以∠OMA为二面角ASCB的平面角．

由AO⊥BC，AO⊥SO，SO∩BC＝O，得AO⊥平面SBC.

所以AO⊥OM.又AM＝SA，

故sin∠AMO＝＝＝.

所以二面角ASCB的余弦值为.

课堂小结

知识总结：

利用面面垂直的性质定理找出平面的垂线，然后解决证明垂直问题、平行问题、求角问题、求距离问题等．

思想方法总结：

转化思想，即把面面关系转化为线面关系，把空间问题转化为平面问题．

作业

课本习题2.3　B组3、4.

设计感想

线面关系是线线关系和面面关系的桥梁和纽带，尤其是线面垂直问题是立体几何的核心，一个立体几何问题能否解决往往取决于能否作出平面的垂线；面面垂直的性质定理恰好能解决这个问题，因此它是高考考查的重点，本节不仅选用了大量经典好题，还选用了大量的2007高考模拟题以及最新2007全国各地高考真题，相信能够帮助大家解决立体几何中的重点难点问题．

备课资料

备用习题

如图20，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点．

图20

（1）求证：

AB1⊥平面A1BD；

（2）求二面角AA1DB的大小；

（3）求点C到平面A1BD的距离．

分析：

本小题主要考查直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力．

（1）证明：

如图21，取BC中点O，连接AO.

∵△ABC为正三角形，

图21

∴AO⊥BC.

∵在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，

∴AO⊥平面BCC1B1.

连接B1O，在正方形BB1C1C中，O、D分别为BC、CC1的中点，

∴B1O⊥BD.∴AB1⊥BD.

在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B，

∴AB1⊥平面A1BD.

（2）解：

设AB1与A1B交于点G，在平面A1BD中，作GF⊥A1D于F，连接AF，由

（1），得AB1⊥平面A1BD，

∴AF⊥A1D.

∴∠AFG为二面角AA1DB的平面角．

在△AA1D中，由等面积法可求得AF＝，

又∵AG＝AB1＝，

∴sin∠AFG＝＝＝.

∴二面角AA1DB的大小为arcsin.

（3）解：

在△A1BD中，BD＝A1D＝，A1B＝2，

∴S△A1BD＝，S△BCD＝1.

在正三棱柱中，A1到平面BCC1B1的距离为.

设点C到平面A1BD的距离为d.

由VA1BCD＝VCA1BD，得S△BCD·＝S△A1BD·d，

∴d＝＝.∴点C到平面A1BD的距离为.