2.1.4 平面与平面之间的位置关系教案及板书设计

平面与平面之间的位置关系教学设计

新乡市第十二中学

胡海明

一、教学目标：

1、知识与技能

（1）了解空间中直线与平面的位置关系；

（2）了解空间中平面与平面的位置关系；

（3）培养学生的空间想象能力。

2、过程与方法

（1）学生通过观察与类比加深了对这些位置关系的理解、掌握；

（2）让学生利用已有的知识与经验归纳整理本节所学知识。

二、教学重点、难点

重点：空间直线与平面、平面与平面之间的位置关系。

难点：用图形表达直线与平面、平面与平面的位置关系。

三、学法与教学用具

1、学法：学生借助实物，通过观察、类比、思考等，较好地完成本节课的教学目标。

2、教学用具：投影仪、投影片、长方体模型

四、教学思想

（一）创设情景、导入课题

教师以生活中的实例以及课本P50考题为载体，提出了：空间中直线与平面有多少种位置关系？（板书课题）

平面与平面的位置关系

两个平面的位置关系只有平行（没有公共点）和相交（有一条公共直线）两种情况。

（1）两个平面平行的判定和性质定理。

（2）两个平面垂直的判定和性质定理。

（3）二面角和二面角的平面角。

从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角，叫做二面角的平面角。

这就是说，顶点在棱上，也分别在两个半面内，边与棱垂直是构成二面角的平面角的三个条件。

求二面角的平面角的大小步骤：

首先，根据定义或其它办法做出二面角的平面角，要注意理论依据，不能凭印象或直观。

然后作出含有该角的三角形，利用有关知识计算出来。

（二）研探新知

1、引导学生观察、思考身边的实物，从而直观、准确地归纳出直线与平面有三种位置关系：

（1）直线在平面内

——

有无数个公共点

（2）直线与平面相交

——

有且只有一个公共点

（3）直线在平面平行

——

没有公共点

指出：直线与平面相交或平行的情况统称为直线在平面外，可用a α来表示

a α a∩α=A a∥α

例4（投影）

师生共同完成例4 例4的给出加深了学生对这几种位置关系的理解。

2、引导学生对生活实例以及对长方体模型的观察、思考，准确归纳出两个平面之间有两种位置关系：

（1）两个平面平行

——

没有公共点

（2）两个平面相交

——

有且只有一条公共直线

用类比的方法，学生很快地理解与掌握了新内容，这两种位置关系用图形表示为

L

α

α

β

β

α∥β α∩β= L

教师指出：画两个相互平行的平面时，要注意使表示平面的两个平行四边形的对应边平行。

教材P50探究

让学生独立思考，稍后教师作指导，加深学生对这两种位置关系的理解

教材P50 练习

学生独立完成后教师检查、指导

（三）归纳整理、整体认识

教师引导学生归纳，整理本节课的知识脉络，提升他们掌握知识的层次。

（四）作业

1、让学生回去整理这三节课的内容，理清脉络。

2、教材P51习题2.1 A组第5题

【习

题】

一．两平面平行

例1．

已知P，Q，M分别是45°的二面角α－l－β的面α，β和棱l上的点，直线

MQ是直线PQ在β上的射影，若PQ和β成角，l和MQ成θ角，PM=a，求PQ的长。

解：作PH⊥β于O，∵MQ是PQ在β上的射影，

∴H在MQ上。作HN⊥l于N，并连接PN，

则由三垂线定理可知PN⊥l，

∴∠PNH是二面角α－l－β的平面角，

即∠PNH=45°. 设PQ=x，则NH=PH=xsin，PN2xsin，

MN=NHctgθ=xsin·ctgθ. 在RtΔPMN中，∵PM2=PN2＋MN2，

∴a2x2sin2(2ctg2)。故PQxasin2ctg2. 例2．

已知P是棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AD上的动点。

（1）画出过点B，P，D1的截面，判断截面的形状，并证明你的结论；

（2）求截面面积的最小值，并证明你的结论。

解：（1）平行四边形；

（2）∵S2SBQD1(BD1QH)23aQH

（Q为截面与B1C1的交点，QH⊥BD1于H），

∴只需求QH的最小值，

即BC到面B1C1DA的距离为∴Smin

例3．

在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，

（1）求证：截面BDC1∥截面AB1D1；

（2）求截面BDC1与截面AB1D1间的距离。

解：⑴证明略

（2）

3a。用体积法证。

32a，

21262a.此时Q为B1C1中点，而P为AD中点。

2

例4．已知平面α∥平面β，O为α，β外一点，三条射线OA，OB，OC分别交α于点A1，B1，C1，交β于点A，B，C.（1）求证：ΔABC∽ΔA1B1C1；（2）若OA=a，AA1=b，B1C1=c，求BC的长。

解：（1）由α∥β得

A1B1∥AB，B1C1∥BC，A1C1∥AC，

于是A1B1OB1B1C1A1C1

∴ΔA1B1C1∽ΔABC；

ABOBBCAC（2）

ac. ab例5．

在正方体ABCD—A1B1C1D1中，根据给出的条件，分别画出有关的图形：

（1）过B，A1，C1三点的截面；

（2）过B1，A，C三点的截面；

（3）上述两截面的交线。

解：（3）设BA1交AB1于M，BC1交CB1于N，

则直线MN即所求作的交线。

例6．正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AA1,CC1的中点。，（1）求证：平面EB1D1∥平面FBD，（2）若正方体棱长为a，求平面EB1D与平面FBD间的距离。

D1C1O1A1B1MEDOABGCF解：⑴取BB1中点G，连EG、GC1

，

∵ABCD—A1B1C1D1是正方体，∴EGC1D1是平行形，

∴GC1∥ED1

，又GBFC1也是平地四边形，

∴GC1∥BF，∴ED1∥BF1，又B1D1∥BD，

∴平面EB1D1∥平面FBD。

⑵取BD中点O，B1D1中点O1，作OMO1E于M，由B1D1平面A1ACC1得B1D1OM,OM平面EB1D1

即OM是平行平面EB1D1与FBD间的距离。

12266,sinEO1O,OMa。

∵tg∠A1O1E2，∴ctg∠EO1O233222

例7．平面∥平面，AB、CD为夹在、间的异面线段，E、F分别为AB、CD的中点，求证：（1）EF∥

；EF∥。

证明1：连AF并延长交β于M，因为AC∥DM ACαEFGMBβD可得AF=MF，

所以EF∥BM，BMβ，所以EF∥，同理EF∥；

证明2：连AD取AD中点G，

连EG、FG则EG∥BD、FG∥AC

∴EF∥、FG∥α而α∥，∴EF∥

，

∴面EFG∥

，

∴EF∥

同理EF∥

例8．已知：两条异面直线a、b分别与三个平行平面α、β、r相交于点A、B、C和P、AαPQ、R，又AR、CP与平面β相交于点M、N，求证：MBNQ为平行四边形。

MQ证：因为面APC和α、β的交线AP∥BN。

同理MQ∥AP，∴BN∥MQ βBNR同理可证：BM∥NQ 故MBNQ为平行四边形

γC例9．在长方体AC1中，已知AB=BC=a，BB1=b（b＞a）连结BC1，过B1作B1EBC1交CC1于E，交BC1于Q。

求证：（1）AC1平

面EB1D1；（2）求点C1到平面B1ED1的距离。

解：（1）连A1C1

，∵CC1平面

A1B1C1D1，

BADCE而A1B1C1D1为正方形，∴AC1B1D1。

同理AC1B1E

∴AC1平面EB1D

（2）BC1a2b2

，

B1QBC1

∴B1C1ab

222B1QA1D1C1C1Qa2ab22

同理BQBB1,C1Qa2

∵C1E∥B1B

∴△BB1Q∽C1EQ，∴C1Q

22BQbabb2a2VC1B1D1EVEB1C1D1，设C1到平面EB1D1的距离为h，

6ba4a21则VC1EB1D1h

S△EB1D1

∵S△EB1D16b2b32a2b2

∴h

a22ab22

例10．如图：AB、BC、CD为首尾相接的不共面的三条线段，

P1,Q1,P2,Q2,P3,Q3

分别为AB、BC、CD的三等分点，

P1A求证：（1）平面P1P2P3∥平面Q1Q2Q3，（2）SP1P2P3=SQ1Q2Q3

证：（1）由中位线定理可得：

P1P2∥Q1Q2，且P1P2Q1Q2

BQ1Q2P2CP3Q3DP2P3∥Q2Q3，且P2P3Q2Q3

∴面P1P2p3∥面Q1Q2Q3

（2）由等角定理得：∠P1P2P3与∠Q1Q2Q3相等或互补，

由（1）得：P1P2·P2P3=Q1Q2·Q2Q3

∴Sp1p2p3SQ1Q2Q3

例11．如图：平面α∥平面β线段AB分别交α、β于M、N，AM=m，BN=n，MN=p

，

△FMC的面积为S，求△END的面积。

解：∵α∥β平面AND分别交α、β于MC、MD，

FMCA∴MC∥MD。同理，MF∥NF，

于是Sin∠FMC=Sin∠END，

ENnNDmp

，，

FMnpMCmENDB1EN,ND,SinENDSEND2由

SFMC1FM,MC,SinFMC2得：SEND=mp(mp)nENNDnSFMCSS

FMMCnpm(np)m

例12．ABCD是矩形，四个顶点在平面上的射形分别为A、B、C、D，直线AB与CD不重合。⑴求证：ABCD是平行四边形；⑵在怎样的条件下，ABCD也是矩形？并证明你的结论？

解：⑴

BB

CC

BB∥CC

CC平面CCDD

ABaA`αB`mnbD`C`DCcBB∥CCDD

又ABCD是矩形

∴AB∥CD

CD平面CCDD

∴AB∥平面CCDD

从而为ABBA∥平面CCDDAB∥CD

同理BC∥AD，因此ABCD为平行四边形

⑵

设AB=m

BC=n

AA=a

BB=b

CC=c

不失一般性设a≥b≥c 在直角梯形BBCC中，

BC2=n2(bc)2

同样地AB2=m2(ab)2、AC=m2n2(ab)2

当ABCD为矩形时

∠ABC=900，

AC2=AB2BC2

于是m2n2(ac)2m2(ab)2n2(bc)2(ab)(bc)0

∴a=b或b=c 当a=b时，ABBA是矩形，AB∥AB

∴AB∥

同理当b=c时，BC∥

下面再证当AB∥或BC∥时，ABCD为矩形，

当AB∥时，ABBA是矩形，ABBB

AB∥AB

AB⊥BC

∴ABBC于是AB⊥平面BBCC，因此ABBC

∴ABCD是矩形。因此当矩形ABCD的一边平行或在内时，射影ABCD是矩形。

例13、（2002年·全国·文19）四棱锥PABCD的底面是边长为a的正方形，PB面ABCD。

（Ⅰ）若面PAD与面ABCD所成的二面角为60，求这个四棱锥的体积；



（Ⅱ）证明无论四棱锥的高怎样变化，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90。

解：（Ⅰ）∵PB面ABCD

∴BA是PA在面ABCD上的射影

又DAAB，

∴PADA

∴∠PAB是面PAD与面ABCD所成的二面角的平面角，∠PAB60

而PB是四棱锥PABCD的高，PBABtan603a

∴V锥1333aa2a

33PBEACOD

（Ⅱ）证明：不论棱锥的高怎样变化，棱锥侧面PAD与PCD恒为全等三角形，

作AE⊥DP，垂足为E，连结EC，则⊿ADE≌⊿CDE，

∴AEEC，∠CED90，故∠CEA是面PAD与面PCD所成的二面角的平面角。

设AC与DB相交于点O，连结EO，则EO⊥AC，

∴2aOAAEADa

2AE2EC2(2OA)2在⊿AEC中，cosAEC

2AEEC(AE2OA)(AE2OA)0

AE2所以，面PAD与面PCD所成的二面角恒大于90。

例14、（2002年·全国·理18）如图，正方形ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面ABCD、ABEF互相垂直。点M在AC上移动，点N在BF上移动，若CMBNa(0a2)。

（Ⅰ）求MN的长；

（Ⅱ）当a为何值时，MN的长最小；

（Ⅲ）当MN长最小时，求面MNA与面MNB所成的二面角的大小。

CPDMQBNEA

F

解：（Ⅰ）作MP∥AB交BC于点P，NQ∥AB交BE于点Q，连结PQ，

依题意可得

MP∥NQ，且MPNQ，即MNQP是平行四边形

∴MNPQ

由已知CMBNa，CBABBE1

∴ACBF又2

CPaBQaa，，即CPBQ

11222a2)2(a2)2

∴MNPQ(1CP)2BQ2(1(a221)22(0a2)

221)

22（Ⅱ）由（Ⅰ），MN(a2时，MN2所以，当a2

22。

2即M、N分别移动到AC、BF的中点时，MN的长最小，最小值为（Ⅲ）取MN的中点G，连结AG、BG，

CDMBAGNEF

∵AMAN，BMBN，G为MN的中点

∴AG⊥MN，BG⊥MN，∠AGB

即为二面角的平面角

又AGBG26，所以，由余弦定理有

42664411cos

3662441故所求二面角arccos

3