2020届二轮复习平面与平面垂直的性质教案（全国通用）

2020届二轮复习平面与平面垂直的性质教案（全国通用）

‎2020届二轮复习 平面与平面垂直的性质 教案（全国通用）‎ 重点难点 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.‎ 课时安排 ‎1课时 教学过程 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：α⊥β.‎ 两个平面垂直的判定定理图形表述为：‎ 图1‎ 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 推进新课 新知探究 提出问题 ‎①如图3,若α⊥β,α∩β=CD,ABα,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：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,ABα，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：aα.‎ 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aα.‎ ‎ 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”.‎ 应用示例 思路1‎ 例1 如图7，已知α⊥β，a⊥β,aα,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.‎ ‎∵aα,‎ ‎∴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aα，∴PM⊥a.‎ 同理,PN⊥a.又PMγ，PNγ，∴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a1α，a2β，∴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=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=BA=,CE==,‎ 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=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=,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=a，AD=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=,‎ 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=a，OE=a,∴cos∠OEC=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.∴AH=.‎ ‎∴sin∠ABH=,即AB与平面BC′D所成角的正弦值为.‎ ‎(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=.‎ ‎∴OG==.∴tan∠C′GO=,‎ 即二面角C′BDA的正切值为.‎ 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=.‎ ‎∵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=.∴AQ=1.‎ 在Rt△BAC中，AB=1，AC=，得AN=.‎ sin∠AQN==,‎ 即二面角BB1CA的正弦值为.‎ 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，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°=.‎ ‎∵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=，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为45°.‎ 知能训练 课本本节练习.‎ 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=SA,且AO⊥BC.又△SBC为等腰三角形,故SO⊥BC,且SO=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=SA,故 sin∠AMO=.‎ 所以二面角ASCB的余弦值为.‎ 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.‎ 作业 课本习题2.3 B组3、4.‎ 设计感想 ‎ 线面关系是线线关系和面面关系的桥梁和纽带，尤其是线面垂直问题是立体几何的核心，一个立体几何问题能否解决往往取决于能否作出平面的垂线；面面垂直的性质定理恰好能解决这个问题，因此它是高考考查的重点，本节不仅选用了大量经典好题，还选用了大量的2007高考模拟题以及最新2007全国各地高考真题，相信能够帮助大家解决立体几何中的重点难点问题.‎