【文档说明】2021-2022学年高中数学人教版必修2教案：2.3.4平面与平面垂直的性质 1 含解析【高考】.doc，共(12)页，391.500 KB，由小赞的店铺上传

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-1-2.3.4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.-2-两个平面垂直的判定定理符号表述为：

⊥ABABα⊥β.两个平面垂直的判定定理图形表述为：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3②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.

-3-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4两个平面垂直的性质定理用符号语言描述为：=⊥=⊥BCDABCDABCDABAB⊥β.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.-4-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.-5-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.-6-（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=23BA=3,CE=2

2BCBE+=3,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=530=•PFECPE为所求.变式训练如图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BB

1C1C⊥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,-7-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=2a,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DA

C1.故AE⊥AD，AE⊥AC1,∠C1AD就是所求二面角的平面角.∵C1D=23a，AD=23a，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例1如图13，把等腰直角三角形ABC沿斜边AB旋转至△A

BD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=a22,又

CD=AD=AC,∴CD=a.∴△COD是直角三角形，即∠COD=90°.-8-∴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.∴∠O

EC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=23a，OE=21a,∴cos∠OEC=33=CEOE即为所求.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=32=ABAH,即AB与平面BC′D所成角的正弦值为32.(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=6''=•ABBCAC,-9

-在Rt△BC′D中,C′G=233''=•BDDCBC.∴OG=22CGC−=23.∴tan∠C′GO=22'=OGOC,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=2.∵直线B1C与平面ABC成30°角，∴∠B1

CB=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=36.sin∠AQN=AQAN=36,-10-即二面角BB1CA的正弦值为36.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=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=33=EMPE=1.∴∠PME=45°.∴二面角PAMD为45°.（五）知能训练课本本节练习.-11-（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=22SA.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=23SA,故sin∠AMO=3

632==AMAO.所以二面角ASCB的余弦值为33.（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.-12-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2.3B组3、4.