2.1.4 平面与平面之间的位置关系优秀说课稿

§2.3.4

平面与平面垂直的性质

一、教材分析

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. 二、教学目标

1．知识与技能（1）使学生掌握平面与平面垂直的性质定理；（2）能运用性质定理解决一些简单问题；（3）了解平面与平面垂直的判定定理和性质定理间的相互关系.2．过程与方法（1）让学生在观察物体模型的基础上，进行操作确认，获得对性质定理正确性的认识；3．情感、态度与价值观通过“直观感知、操作确认、推理证明”，培养学生空间概念、空间想象能力以及逻辑推理能力.三、教学重点与难点

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.

四、课时安排

1课时

五、教学设计

（一）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：两个平面垂直的判定定理图形表述为：

ABα⊥β.

AB

图1

（二）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ABCD—A′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

（二）推进新课、新知探究、提出问题

①如图3,若α⊥β,α∩β=CD,ABα,AB⊥CD,AB∩CD=B.

请同学们讨论直线AB与平面β的位置关系.

图3 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. 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. 两个平面垂直的性质定理用图形语言描述为：如图4.

图4 AB两个平面垂直的性质定理用符号语言描述为：CDAB⊥β.

ABCDABCDB两个平面垂直的性质定理证明过程如下：



图5 如图5，已知α⊥β,α∩β=a,ABα，AB⊥a于B.

求证：AB⊥β.

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”.

（四）应用示例

思路1

例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”.

例2

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

图10

图11

（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. （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=322BA=3,CE=BEBC=3, 2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=变式训练

PEEC30为所求. PF5

如图12，斜三棱柱ABC—A1B1C1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.

图12 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=a,即D为BC的中点. 2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=33a，AD=a，C1D⊥AD,故∠C1AD=45°. 22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

例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=2a, 2

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=13OE3a，OE=a,∴cos∠OEC=即为所求. 22CE3变式训练

如图14，在矩形ABCD中，AB=33,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.

图14 （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=33,AD=3,∴AC′=32.∴AH=6. ∴sin∠ABH=AH22,即AB与平面BC′D所成角的正弦值为. AB33AC'BC'6, AB(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=BC'C'D33. BD2C'O322, .∴tan∠C′GO=OG2∴OG=CG2C2=即二面角C′BDA的正切值为22. 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.

例2

如图15,三棱柱ABC—A1B1C1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BCC1B（,在平面BCB1内过N作NQ⊥棱B1C，垂足为Q，连接QA，则∠NQA1AN即为我们要找的垂线）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=2. ∵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=2.∴AQ=1. 在Rt△BAC中，AB=1，AC=2，得AN=6. 3sin∠AQN=AN6=, AQ3即二面角BB1CA的正弦值为变式训练

6. 3

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=22，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°=3.

∵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=3，AM=6，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=PE3=1.∴∠PME=45°. EM3∴二面角PAMD为45°.

（五）知能训练

课本本节练习.

（六）拓展提升

(2007全国高考,理18)如图18,在三棱锥S—ABC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=22SA,且AO⊥BC.又△SBC为等腰三角形,故SO⊥BC,且SO=SA. 22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=3SA,故

2sin∠AMO=AOAM236. 3

所以二面角ASCB的余弦值为3. 3

（七）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.

（八）作业

课本习题2.3

B组3、4.