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- 2021-06-16 发布
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§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:
AB
AB
α⊥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 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
两个平面垂直的性质定理用符号语言描述为:
BCDAB
CDAB
CD
AB
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.
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=
2
3
BA= 3 ,CE= 22 BCBE = 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=
5
30
PF
ECPE
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 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=
2
a
,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 DAC1.
故 AE⊥AD,AE⊥AC1,
∠C1AD就是所求二面角的平面角.
∵C1D=
2
3
a,AD=
2
3
a,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△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= a
2
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=
2
3
a,OE=
2
1
a,∴cos∠OEC=
3
3
CE
OE
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′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,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′=3 2 .∴AH= 6 .
∴sin∠ABH=
3
2
AB
AH
,即 AB与平面 BC′D所成角的正弦值为
3
2
.
(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''
AB
BCAC
,
在 Rt△BC′D中,C′G=
2
33''
BD
DCBC
.
∴OG= 22 CGC =
2
3
.∴tan∠C′GO= 22'
OG
OC
,
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,∴∠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=
3
6
.
sin∠AQN=
AQ
AN
=
3
6
,
即二面角 BB1CA的正弦值为
3
6
.
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=2 2 ,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=
3
3
EM
PE
=1.∴∠PME=45°.
∴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=
2
2
SA,且 AO⊥BC.又△SBC为等腰三角形,故 SO⊥BC,且 SO=
2
2
SA.
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=
2
3
SA,故
sin∠AMO=
3
6
3
2
AM
AO
.
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.
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