2019-2020年人教A版高中數(shù)學(xué)必修二2.3.4《平面與平面垂直的性質(zhì)》word教案.doc

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2.3.4 平面與平面垂直的性質(zhì) 一、教材分析 空間中平面與平面之間的位置關(guān)系中，垂直是一種非常重要的位置關(guān)系，它不僅應(yīng)用較多，而且是空間問題平面化的典范.空間中平面與平面垂直的性質(zhì)定理具備以下兩個(gè)特點(diǎn)：（1）它是立體幾何中最難、最“高級(jí)”的定理.(2)它往往又是一個(gè)復(fù)雜問題的開端，即先由面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直，否則無法解決問題.因此，面面垂直的性質(zhì)定理是立體幾何中最重要的定理. 二、教學(xué)目標(biāo) 1．知識(shí)與技能 （1）使學(xué)生掌握平面與平面垂直的性質(zhì)定理； （2）能運(yùn)用性質(zhì)定理解決一些簡(jiǎn)單問題； （3）了解平面與平面垂直的判定定理和性質(zhì)定理間的相互關(guān)系. 2．過程與方法 （1）讓學(xué)生在觀察物體模型的基礎(chǔ)上，進(jìn)行操作確認(rèn)，獲得對(duì)性質(zhì)定理正確性的認(rèn)識(shí)； 3．情感、態(tài)度與價(jià)值觀 通過“直觀感知、操作確認(rèn)、推理證明”，培養(yǎng)學(xué)生空間概念、空間想象能力以及邏輯推理能力. 三、教學(xué)重點(diǎn)與難點(diǎn) 教學(xué)重點(diǎn):平面與平面垂直的性質(zhì)定理. 教學(xué)難點(diǎn):平面與平面性質(zhì)定理的應(yīng)用. 四、課時(shí)安排 1課時(shí) 五、教學(xué)設(shè)計(jì) （一）復(fù)習(xí) （1）面面垂直的定義. 如果兩個(gè)相交平面所成的二面角為直二面角，那么這兩個(gè)平面互相垂直. （2）面面垂直的判定定理. 兩個(gè)平面垂直的判定定理： 如果一個(gè)平面經(jīng)過另一個(gè)平面的一條垂線，那么這兩個(gè)平面互相垂直. 兩個(gè)平面垂直的判定定理符號(hào)表述為：α⊥β. 兩個(gè)平面垂直的判定定理圖形表述為： 2019-2020年人教A版高中數(shù)學(xué)必修二2.3.4《平面與平面垂直的性質(zhì)》word教案 （二）導(dǎo)入新課 思路1.(情境導(dǎo)入) 黑板所在平面與地面所在平面垂直，你能否在黑板上畫一條直線與地面垂直？ 思路2.(事例導(dǎo)入) 如圖2，長方體ABCD—A′B′C′D′中，平面A′ADD′與平面ABCD垂直,直線A′A垂直于其交線AD.平面A′ADD′內(nèi)的直線A′A與平面ABCD垂直嗎？ 圖2 （二）推進(jìn)新課、新知探究、提出問題 ①如圖3,若α⊥β,α∩β=CD,ABα,AB⊥CD,AB∩CD=B. 請(qǐng)同學(xué)們討論直線AB與平面β的位置關(guān)系. 圖3 ②用三種語言描述平面與平面垂直的性質(zhì)定理，并給出證明. ③設(shè)平面α⊥平面β,點(diǎn)P∈α,P∈a,a⊥β,請(qǐng)同學(xué)們討論直線a與平面α的關(guān)系. ④分析平面與平面垂直的性質(zhì)定理的特點(diǎn)，討論應(yīng)用定理的難點(diǎn). ⑤總結(jié)應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理的口訣. 活動(dòng):問題①引導(dǎo)學(xué)生作圖或借助模型探究得出直線AB與平面β的關(guān)系. 問題②引導(dǎo)學(xué)生進(jìn)行語言轉(zhuǎn)換. 問題③引導(dǎo)學(xué)生作圖或借助模型探究得出直線a與平面α的關(guān)系. 問題④引導(dǎo)學(xué)生回憶立體幾何的核心，以及平面與平面垂直的性質(zhì)定理的特點(diǎn). 問題⑤引導(dǎo)學(xué)生找出應(yīng)用平面與平面垂直的性質(zhì)定理的口訣. 討論結(jié)果：①通過學(xué)生作圖或借助模型探究得出直線AB與平面β垂直,如圖3. ②兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理用文字語言描述為：如果兩個(gè)平面垂直，那么在一個(gè)平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一平面. 兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理用圖形語言描述為：如圖4. 圖4 兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理用符號(hào)語言描述為：AB⊥β. 兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理證明過程如下： 圖5 如圖5，已知α⊥β,α∩β=a,ABα，AB⊥a于B. 求證：AB⊥β. 證明：在平面β內(nèi)作BE⊥CD垂足為B,則∠ABE就是二面角αCDβ的平面角. 由α⊥β,可知AB⊥BE.又AB⊥CD，BE與CD是β內(nèi)兩條相交直線,∴AB⊥β. ③問題③也是闡述面面垂直的性質(zhì)，變?yōu)槲淖謹(jǐn)⑹鰹椋? 求證：如果兩個(gè)平面互相垂直，那么經(jīng)過第一個(gè)平面內(nèi)的一點(diǎn)垂直于第二個(gè)平面的直線，在第一個(gè)平面內(nèi).下面給出證明. 如圖6,已知α⊥β，P∈α，P∈a，a⊥β.求證：aα. 圖6 證明：設(shè)α∩β=c，過點(diǎn)P在平面α內(nèi)作直線b⊥c， ∵α⊥β,∴b⊥β.而a⊥β，P∈a, ∵經(jīng)過一點(diǎn)只能有一條直線與平面β垂直,∴直線a應(yīng)與直線b重合.那么aα. 利用“同一法”證明問題，主要是在按一般途徑不易完成問題的情形下所采用的一種數(shù)學(xué)方法，這里要求做到兩點(diǎn).一是作出符合題意的直線b，不易想到，二是證明直線b和直線a重合，相對(duì)容易些.點(diǎn)P的位置由投影所給的圖及證明過程可知，可以在交線上，也可以不在交線上. ④我認(rèn)為立體幾何的核心是：直線與平面垂直，因?yàn)榱Ⅲw幾何的幾乎所有問題都是圍繞它展開的，例如它不僅是線線垂直與面面垂直相互轉(zhuǎn)化的橋梁，而且由它還可以轉(zhuǎn)化為線線平行，即使作線面角和二面角的平面角也離不開它.兩個(gè)平面垂直的性質(zhì)定理的特點(diǎn)就是幫我們找平面的垂線，因此它是立體幾何中最重要的定理. ⑤應(yīng)用面面垂直的性質(zhì)定理口訣是：“見到面面垂直，立即在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線”. （四）應(yīng)用示例 思路1 例1 如圖7，已知α⊥β，a⊥β,aα,試判斷直線a與平面α的位置關(guān)系. 圖7 解:在α內(nèi)作垂直于α與β交線的垂線b, ∵α⊥β, ∴b⊥β. ∵a⊥β, ∴a∥b. ∵aα, ∴a∥α. 變式訓(xùn)練 如圖8,已知平面α交平面β于直線a.α、β同垂直于平面γ，又同平行于直線b.求證：(1)a⊥γ；(2)b⊥γ. 圖8 圖9 證明：如圖9, (1)設(shè)α∩γ=AB，β∩γ=AC.在γ內(nèi)任取一點(diǎn)P并在γ內(nèi)作直線PM⊥AB，PN⊥AC. ∵γ⊥α，∴PM⊥α.而aα，∴PM⊥a. 同理,PN⊥a.又PMγ，PNγ，∴a⊥γ. (2)在a上任取點(diǎn)Q，過b與Q作一平面交α于直線a1，交β于直線a2.∵b∥α，∴b∥a1. 同理,b∥a2. ∵a1、a2同過Q且平行于b，∴a1、a2重合. 又a1α，a2β，∴a1、a2都是α、β的交線，即都重合于a. ∵b∥a1，∴b∥a.而a⊥γ，∴b⊥γ. 點(diǎn)評(píng)：面面垂直的性質(zhì)定理作用是把面面垂直轉(zhuǎn)化為線面垂直，見到面面垂直首先考慮利用性質(zhì)定理，其口訣是：“見到面面垂直，立即在一個(gè)平面內(nèi)作交線的垂線”. 例2 如圖10，四棱錐P—ABCD的底面是AB=2，BC=的矩形，側(cè)面PAB是等邊三角形，且側(cè)面PAB⊥底面ABCD. 圖10 圖11 （1）證明側(cè)面PAB⊥側(cè)面PBC； （2）求側(cè)棱PC與底面ABCD所成的角； （3）求直線AB與平面PCD的距離. （1）證明：在矩形ABCD中，BC⊥AB, 又∵面PAB⊥底面ABCD,側(cè)面PAB∩底面ABCD=AB,∴BC⊥側(cè)面PAB. 又∵BC側(cè)面PBC,∴側(cè)面PAB⊥側(cè)面PBC. （2）解：如圖11,取AB中點(diǎn)E，連接PE、CE,又∵△PAB是等邊三角形,∴PE⊥AB. 又∵側(cè)面PAB⊥底面ABCD，∴PE⊥面ABCD. ∴∠PCE為側(cè)棱PC與底面ABCD所成角. PE=BA=,CE==, 在Rt△PEC中，∠PCE=45為所求. （3）解：在矩形ABCD中，AB∥CD, ∵CD側(cè)面PCD，AB側(cè)面PCD，∴AB∥側(cè)面PCD. 取CD中點(diǎn)F，連接EF、PF，則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，垂足為G，則EG⊥平面PCD. 在Rt△PEF中，EG=為所求. 變式訓(xùn)練 如圖12，斜三棱柱ABC—A1B1C1的棱長都是a，側(cè)棱與底面成60角，側(cè)面BCC1B1⊥面ABC.求平面AB1C1與底面ABC所成二面角的大小. 圖12 活動(dòng):請(qǐng)同學(xué)考慮面BB1C1C⊥面ABC及棱長相等兩個(gè)條件，師生共同完成表述過程，并作出相應(yīng)輔助線. 解：∵面ABC∥面A1B1C1，則面BB1C1C∩面ABC=BC, 面BB1C1C∩面A1B1C1=B1C1,∴BC∥B1C1，則B1C1∥面ABC. 設(shè)所求兩面交線為AE，即二面角的棱為AE, 則B1C1∥AE，即BC∥AE. 過C1作C1D⊥BC于D，∵面BB1C1C⊥面ABC, ∴C1D⊥面ABC，C1D⊥BC. 又∠C1CD=60,CC1=a,故CD=,即D為BC的中點(diǎn). 又△ABC是等邊三角形,∴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. 點(diǎn)評(píng):利用平面與平面垂直的性質(zhì)定理,找出平面的垂線是解決問題的關(guān)鍵. 思路2 例1 如圖13，把等腰直角三角形ABC沿斜邊AB旋轉(zhuǎn)至△ABD的位置，使CD=AC, 圖13 （1）求證：平面ABD⊥平面ABC； （2）求二面角CBDA的余弦值. （1）證明：(證法一):由題設(shè),知AD=CD=BD,作DO⊥平面ABC，O為垂足，則OA=OB=OC. ∴O是△ABC的外心，即AB的中點(diǎn). ∴O∈AB，即O∈平面ABD. ∴OD平面ABD.∴平面ABD⊥平面ABC. (證法二):取AB中點(diǎn)O，連接OD、OC, 則有OD⊥AB，OC⊥AB，即∠COD是二面角CABD的平面角. 設(shè)AC=a，則OC=OD=, 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的中點(diǎn)E，連接CE、OE、OC,∵△BCD為正三角形，∴CE⊥BD. 又△BOD為等腰直角三角形,∴OE⊥BD.∴∠OEC為二面角CBDA的平面角. 同（1）可證OC⊥平面ABD,∴OC⊥OE.∴△COE為直角三角形. 設(shè)BC=a，則CE=a，OE=a,∴cos∠OEC=即為所求. 變式訓(xùn)練 如圖14，在矩形ABCD中，AB=33,BC=3，沿對(duì)角線BD把△BCD折起，使C移到C′，且C′在面ABC內(nèi)的射影O恰好落在AB上. 圖14 （1）求證：AC′⊥BC′； （2）求AB與平面BC′D所成的角的正弦值； （3）求二面角C′BDA的正切值. （1）證明：由題意,知C′O⊥面ABD,∵C′OABC′, ∴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,則AH⊥面BC′D,連接BH,則BH為AB在面BC′D上的射影, ∴∠ABH為AB與面BC′D所成的角. 又在Rt△AC′D中,C′D=33,AD=3,∴AC′=3.∴AH=. ∴sin∠ABH=,即AB與平面BC′D所成角的正弦值為. (3)解:過O作OG⊥BD于G,連接C′G,則C′G⊥BD,則∠C′GO為二面角C′BDA的平面角. 在Rt△AC′B中,C′O=, 在Rt△BC′D中,C′G=. ∴OG==.∴tan∠C′GO=, 即二面角C′BDA的正切值為. 點(diǎn)評(píng):直線與平面垂直是立體幾何的核心,它是證明垂直問題和求二面角的基礎(chǔ),因此利用平面與平面垂直的性質(zhì)定理找出平面的垂線,就顯得非常重要了. 例2 如圖15,三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC=90，AB=BB1=1，直線B1C與平面ABC成30角，求二面角BB1CA的正弦值. 圖15 活動(dòng):可以知道，平面ABC與平面BCC1B1垂直，故可由面面垂直的性質(zhì)來尋找從一個(gè)半平面到另一個(gè)半平面的垂線. 解：由直三棱柱性質(zhì)得平面ABC⊥平面BCC1B1，過A作AN⊥平面BCC1B1，垂足為N，則AN⊥平面BCC1B1（AN即為我們要找的垂線）,在平面BCB1內(nèi)過N作NQ⊥棱B1C，垂足為Q，連接QA，則∠NQA即為二面角的平面角. ∵AB1在平面ABC內(nèi)的射影為AB，CA⊥AB， ∴CA⊥B1A.AB=BB1=1，得AB1=. ∵直線B1C與平面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的正弦值為. 變式訓(xùn)練 如圖16，邊長為2的等邊△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC=2，M為BC的中點(diǎn). (1)證明：AM⊥PM； (2)求二面角PAMD的大小. 圖16 圖17 (1)證明：如圖17,取CD的中點(diǎn)E，連接PE、EM、EA, ∵△PCD為正三角形, ∴PE⊥CD，PE=PDsin∠PDE=2sin60=. ∵平面PCD⊥平面ABCD,∴PE⊥平面ABCD. ∵四邊形ABCD是矩形, ∴△ADE、△ECM、△ABM均為直角三角形. 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為45. （五）知能訓(xùn)練 課本本節(jié)練習(xí). （六）拓展提升 (xx全國高考,理18)如圖18,在三棱錐S—ABC中,側(cè)面SAB與側(cè)面SAC均為等邊三角形,∠BAC=90,O為BC中點(diǎn). (1)證明SO⊥平面ABC; (2)求二面角ASCB的余弦值. 圖18 圖19 (1)證明：如圖19,由題設(shè),知AB=AC=SB=SC=SA.連接OA,△ABC為等腰直角三角形,所以O(shè)A=OB=OC=SA,且AO⊥BC.又△SBC為等腰三角形,故SO⊥BC,且SO=SA. 從而OA2+SO2=SA2.所以△SOA為直角三角形,SO⊥AO. 又AO∩BC=O,所以SO⊥平面ABC. (2)解:如圖19,取SC中點(diǎn)M,連接AM、OM, 由(1),知SO=OC,SA=AC,得OM⊥SC,AM⊥SC. 所以∠OMA為二面角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的余弦值為. （七）課堂小結(jié) 知識(shí)總結(jié)：利用面面垂直的性質(zhì)定理找出平面的垂線，然后解決證明垂直問題、平行問題、求角問題、求距離問題等. 思想方法總結(jié)：轉(zhuǎn)化思想，即把面面關(guān)系轉(zhuǎn)化為線面關(guān)系，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題. （八）作業(yè) 課本習(xí)題2.3 B組3、4.