2.1.4 平面与平面之间的位置关系课件配套优秀获奖教案

§2.3.2平面与平面垂直的判定

一、教学目标

1、知识与技能

（1）使学生正确理解和掌握“二面角”、“二面角的平面角”及“直二面角”、“两个平面互相垂直”的概念；

（2）使学生掌握两个平面垂直的判定定理及其简单的应用；

（3）使学生理会“类比归纳”思想在数学问题解决上的作用。

2、过程与方法

（1）通过实例让学生直观感知“二面角”概念的形成过程；

（2）类比已学知识，归纳“二面角”的度量方法及两个平面垂直的判定定理。

3、情态与价值

通过揭示概念的形成、发展和应用过程，使学生理会教学存在于观实生活周围，从中激发学生积极思维，培养学生的观察、分析、解决问题能力。

二、教学重点、难点。

重点：平面与平面垂直的判定；

难点：如何度量二面角的大小。

三、学法与教学用具。

1、学法：实物观察，类比归纳，语言表达。

2、教学用具：二面角模型（两块硬纸板）

四、教学设计

（一）创设情景，揭示课题

问题1：平面几何中“角”是怎样定义的？

问题2：在立体几何中，“异面直线所成的角”、“直线和平面所成的角”又是怎样定义的？它们有什么共同的特征？

以上问题让学生自由发言，教师再作小结，并顺势抛出问题：在生产实践中，有许多问题要涉及到两个平面相交所成的角的情形，你能举出这个问题的一些例子吗？如修水坝、发射人造卫星等，而这样的角有何特点，该如何表示呢？下面我们共同来观察,研探。

（二）研探新知

1、二面角的有关概念

老师展示一张纸面，并对折让学生观察其状，然后引导学生用数学思维思考，并对以上问题类比，归纳出二面角的概念及记法表示（如下表所示）

角

A 图形

边

顶点 O 边 B 从平面内一点出发的两条射线（半定义

直线）所组成的图形

构成

表示

2、二面角的度量

二面角定理地反映了两个平面相交的位置关系，如我们常说“把门开大一些”，是指二面角大一些，那我们应如何度量二两角的大小呢？师生活动：师生共同做一个小实验（预先准备好的二面角的模型）在其棱上位取一点为顶点，在两个半平面内各作一射线（如图2.3-3），通过实验操作，研探二面角大小的度量方法——二面角的平面角。

教师特别指出：

二面角

（1）二面角画法练习——不同方向的二面角的画法

（2）二面角求法练习

射线

—

点（顶点）一

射线

∠AOB 成的图形

半平面

一

线（棱）一

半平面

二面角α-l-β或α-AB-β

二面角

A 梭 l β

B

α

从空间一直线出发的两个半平面所组

（1）在表示二面角的平面角时，要求“OA⊥L”

，OB⊥L；

（2）∠AOB的大小与点O在L上位置无关；

（3）当二面角的平面角是直角时，这两个平

面的位置关系怎样？

承上启下，引导学生观察，类比、自主探究， β

B

获得两个平面互相垂直的判定定理：

一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直。 C O A （三）应用举例，强化所学 α

例题：课本P.72例3 图2.3-3 做法：教师引导学生分析题意，先让学生自己动手推理证明，然后抽检学生掌握情况，教师最后讲评并板书证明过程。．

问题探究

（1）如图，三棱锥P-ABC中，PB平面ABC,ACBC，问：图中有几对面互相垂直？

并给出证明。

（2）如图，四棱锥P-ABCD中，PA平面ABCD,底面ABCD是矩形，问：图中有几对面互相垂直？

并给出证明。

（四）运用反馈，深化巩固

问题：课本P.73的探究问题

做法：学生思考（或分组讨论），老师与学生对话完成。

（五）小结归纳，整体认识

（1）二面角以及平面角的有关概念；

（2）两个平面垂直的判定定理的内容，它与直线与平面垂直的判定定理有何关系？

（六）课后巩固，拓展思维

1、课后作业：自二面角内一点分别向两个面引垂线，求证：它们所成的角与二两角的

平面角互补。

2、课后思考问题：在表示二面角的平面角时，为何要求“OA⊥L、OB⊥L”？为什么∠AOB 的大小与点O在L上的位置无关？

作业设计：

1．（05天津）设、、为平面，m、n、l为直线，则m的一个充分条件是 ( )。

(A) ,l,ml

(B) m,,

(C) ,,m

(D) n,n,m

2．（05浙江）设、

为两个不同的平面，l、m为两条不同的直线，且l，m，有如下的两个命题：①若∥，则l∥m；②若l⊥m，则⊥．那么（ ）。

(A) ①是真命题，②是假命题 (B) ①是假命题，②是真命题

(C) ①②都是真命题 (D) ①②都是假命题

3．（05重庆）对于不重合的两个平面与，给定下列条件：

①存在平面，使得、都垂直于； ②存在平面，使得、都平行于；

③内有不共线的三点到的距离相等；

④存在异面直线l、m，使得l//，l//，m//，m//，

其中，可以判定与平行的条件有（ ）。

A．1个, B．2个, C．3个, D．4个

4．如图，三棱锥S-ABC的底面是等腰直角三角形ABC，∠ACB=90º，S在以AB为直径的半圆上移动，当半平面与底面垂直时，对于棱SC而言下列结论正确的是（ ）

A有最大值，无最小值； B有最小值，无最大值； C无最大值，也无最小值； D是一个定值

5．正四棱锥的侧棱与底面所成角的余弦值为自变量x,则相邻两侧面所成二面角的余弦值f(x)与x之间的函数解析式是（ ）

x2x22x23A.f(x)2 Bf(x)2 C. f(x)2 D. f(x)

x

3x2xx26．设x,y,z是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，那么下列条件中，能保证“xz,且yz,则x∥y”为真命题的是___________（填上所有正确的代号）。

(1)x为直线，y,z为平面；(2)x,y,z均为平面；(3)x,y为直线，z为平面；

(4)x,y为平面，z为直线；(5)x,y,z均为直线。

二.梳理知识

直线与平面的垂直是联系直线与直线垂直，平面与平面垂直的纽带，更是求有关角，距离的重要方法。

重要判定定理

(1)

一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则这条直线与这个平面垂直(线面垂直判定定理) (2)

平面内的一条直线与另一个平面垂直，则这个平面互相垂直(面面垂直判定定理) (3)

三垂线定理及其逆定理

三．典型例题选讲

例1．（05江西）如图，在长方体ABCD—D1C1B1CEBA1B1C1D1，中，AD=AA1=1，AB=2，点E在棱AB上移动。 （1）证明：D1E⊥A1D；

A1DA（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离；

（3）AE等于何值时，二面角D1—EC—D的大小为。

例2．（05浙江）如图，在三棱锥P－ABCAOBP4DC中，AB⊥BC，AB＝BC＝kPA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．

(Ⅰ)当k＝时，求直线PA与平面PBC所成角的大小；

(Ⅱ) 当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好为△PBC的重心？

12

例3.如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，侧面PPAD是正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，E

为侧棱PD的中点。

（1）求证：PB//平面EAC；

（2）求证：AE⊥平面PCD；

（3）若AD=AB，试求二面角A－PC－D的正切值；

（4）当

备用题

AD为何值时，PB⊥AC

？

ABAEDCB例．（05湖北）如图，在四棱锥P—ABC右，底面ABCD为

矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，AB=3，BC=1，PA=2，E为PD的中点

（Ⅰ）求直线AC与PB所成角的余弦值；

（Ⅱ）在侧面PAB内找一点N，使NE⊥面PAC，并求出N点到

AB和AP的距离。

A P E D B C

参考答案

一. 课前预习: 1D 2 D 3 B 4D 5 C 6①③④

三．典型例题选讲

例1、解法（一）

（1）证明：∵AE⊥平面AA1DD1，A1D⊥AD1，∴A1D⊥D1E （2）设点E到面ACD1的距离为h，在△ACD1中，AC=CD1=5，AD1=2，

故SADC251121311,而SACEAEBC.

2222D11311h,h.223A1DAHVD1AEC11SAECDD1SAD1Ch,33C1B1CEB（3）过D作DH⊥CE于H，连D1H、DE，则D1H⊥CE，

∴∠DHD1为二面角D1—EC—D的平面角. 设AE=x，则BE=2－x

在RtD1DH中,DHD14,DH1.在RtADE中,DE1x2,在RtDHE中,EHx,

在RtDHC中CH3,在RtCBE中CEx24x5.x3x24x5x23.AE23时,二面角D1ECD的大小为.4

解法（二）：以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设AE=x，则A1（1，0，1），D1（0，0，1），E（1，x，0），A（1，0，0）C（0，2，0）

（1）因为DA1,D1E(1,0,1),(1,x,1)0,所以DA1D1E.

（2）因为E为AB的中点，则E（1，1，0），

从而D1E(1,1,1),AC(1,2,0)，

AD1(1,0,1)，

设平面ACD1的法向量为n(a,b,c)，则nAC0,

nAD10,A1D1zB1C1DoCEByxA也即a2b0a2b，得，从而n(2,1,2)，所以点E到平面AD1C的ac0ac距离为

h|D1En||n|2121.

33（3）设平面D1EC的法向量n(a,b,c)，∴CE(1,x2,0),D1C(0,2,1),DD1(0,0,1),

nD1C0,2bc0由 令ab(x2)0.nCE0,b=1, ∴c=2,a=2－x，∴n(2x,1,2).

依题意cos4|nDD1||n||DD1|222. ∴x123（不合，222(x2)5舍去），x223 . ∴AE=23时，二面角D1—EC—D的大小为。

例2．解：方法一：

(Ⅰ) ∵O、D分别为AC、PC中点，

OD∥PA

又PA平面PAB，



OD∥平面PAB

4(Ⅱ)

ABBC，OAOC，

OAOBOC，又

OP平面ABC，

PAPBPC.取BC中点E，连结PE，则BC平面POE

作OFPE于F，连结DF，则OF平面PBC



ODF是OD与平面PBC所成的角. 又OD∥PA，

PA与平面PBC所成的

OFsinODF角的大小等于ODF，

在RtODF中， PA与平面PBC所成的角为arcsin210.

30OD210,

30（Ⅲ）由(Ⅱ)知，OF平面PBC，∴F是O在平面PBC内的射影

∵D是PC的中点，若点F是PBC的重心，则B，F，D三点共线，

∴直线OB在平面PBC内的射影为直线BD，

即k1反之，当k1时，三棱锥OPBCOBPC,PCBD,PBPC，为正三棱锥，∴O在平面PBC内的射影为PBC的重心

OAOC,ABBC，OAOB,OAOP,OBOP.

方法二：

OP平面ABC，以O为原点，射线OP为非负z轴，建立空间直角坐标系Oxyz（如图）

设ABa,则A222a,0,0,B0,,0,C,0,0，

222z设OPh，则P0,0,h

21(Ⅰ)D为PC的中点，OD4a,0,2h，

APDxOBC又21PAa,0,h,ODPA,OD//PA22y，



OD∥平面PAB

(Ⅱ)k，即PA2a,h12277a,PAa,0,a，

2221PAn2101,1,可求得平面PBC的法向量n，，

cosPA,n730|PA||n|设PA与平面PBC所成的角为，则sin|cosPA,n|210，

30

（Ⅲ）PBC的重心G221221a,a,hOGa,a,h，，

663636OG平面PBC,OGPB，

2121220,a,h,OGPBah0,ha，

又PB2632PAOA2h2a，即k1，反之，当k1时，三棱锥OPBC为正三棱锥，

∴O在平面PBC内的射影为PBC的重心。

例3.（1）证明：连DB，设DBACO，则在矩形ABCD中，O为BD中点。

连EO。因为E为DP中点，所以，OE//BP。

又因为OE平面EAC，PB平面EAC，所以，PB//平面EAC。

矩形ABCDCDADCD面PAD（2）

面PAD面ABCD＝AD面PDC面PAD

CD面PDC 面ABCD面PAD正三角形PAD中，E为PD的中点，所以，AEPD，

又面PDC面PADPD，所以，AE⊥平面PCD。

（3）在PC上取点M使得PMPC。

由于正三角形PAD及矩形ABCD，且AD=AB，所以PDADABDC

所以，在等腰直角三角形DPC中，EMPC，

连接AM，因为AE⊥平面PCD，所以，AMPC。

所以，AME为二面角A－PC－D的平面角。

PME14DNAOBC

在RtAEM中，tanAMEAE6。

ME122232即二面角A－PC－D的正切值为6。

（4）设N为AD中点，连接PN，则PNAD。

又面PAD⊥底面ABCD，所以，PN⊥底面ABCD。

所以，NB为PB在面ABCD上的射影。要使PB⊥AC，需且只需NB⊥AC

1112在矩形ABCD中，设AD＝1，AB＝x则x4232212

1x，32解之得：xAD2。所以，当2时，PB⊥AC。

AB2证法二：（按解法一相应步骤给分）

设N为AD中点，Q为BC中点，则因为PAD是正三角形，底面ABCD是矩形，所以，PNAD，QNAD，又因为侧面PAD⊥底面ABCD，所以，PN面ABCD，QN面PAD，

以N为坐标原点，NA、NQ、NP所在直线分别为x,y,z轴如图建立空间3110,0,直角坐标系。设AD1，ABa，则P，，B,a,0A,0,0，2221311,0,。

C,a,0，D,0,0，E42243133（2）AE4,0,4，PD2,0,2，DC0,a,0，

3331

AEPD0，AEDC0所以，AEPD,AEDC。4242又PDDCD，PD,DC面PDC，所以，AE⊥平面PCD。

（3）当a1时，由（2）可知：AE,0,343是平面PDC的法向量；

4设平面PAC的法向量为n1x,y,z，则n1PA，n1AC，即

1333z0xx1，取，可得：y1,z。所以，n1

221,1,3。3xy031nAE744向量AE与n1所成角的余弦值为：cos1。所737n1AC23以，tan6。

又由图可知，二面角A－PC－D的平面角为锐角，所以，二面角A－PC－D的平面角就是向量AE与n1所成角的补角。其正切值等于6。

（4）PB,a,21132a0，所，，令，得PBAC0AC1,a,022以，a2。

2AD2时，PB⊥AC。

AB所以，当备用题

解法一：（Ⅰ）建立如图所示的空间直角坐标系， 则A、B、C、D、P、E的坐标分别为A（0，0，0）， B（3，0，0）， C（3，1，0）， D（0，1，0）， P（0，0，2）， E（0，，2），从而AC=（3，1，0），PB=（3，0，-2），设AC与PB的夹角为，则 cos为37

1412ACPB|AC||PB|32737，∴AC与PB所成角的余弦值14

（Ⅱ）由于N点在侧面PAB内，故可设N点坐标为（x，0，z），

NEAP0,1则ME(x,,1z)，

由NE⊥面PAC可得：

2NEAC0,(x,即(x,1,1z)(0,0,2)0,z10,3,x2化简得16

13x0.,1z)(3,1,0)0,2z1.2即N点的坐标为（3

63，0，1），从而N点到AB、AP的距离分别为1，6解法二：（Ⅰ）设AC∩BD=O，连OE，则OE//PB，∴∠EOA即为AC与PB所成的角或其补角

在ΔAOE中，AO=1，OE=7544317，

cosEOA14721211PB=217，AE=PD=225，∴2即AC与PB所成角的余弦值为317，

14（Ⅱ）在面ABCD内过D作AC的垂线交AB于F，则ADF连PF，则在RtΔADF中DF=6

AD233

,AFADtanADFcosADF33设N为PF的中点，连NE，则NE//DF，∵DF⊥AC，DF⊥PA，∴DF⊥面PAC从而NE⊥面PAC

∴N点到AB的距离=AP=1，N点到AP的距离=AF=

12123。

6