2019-2020学年度高中数学1-2点线面之间的位置关系1-2-3-2平面与平面垂直教案新人教B版必修2

——教学资料参考参考范本——2019-2020学年度高中数学1-2点线面之间的位置关系1-2-3-2平面与平面垂直教案新人教B版必修2
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____________________部门
示范教案
教学分析
教材通过实例操作，归纳出了两个平面互相垂直的定义，进一步归纳出了平面与平面垂直的判定定理和性质定理．值得注意的是在教学中要留给学生适当的思考时间，避免出现直接给出定义和定理，那样做会不符合新课标的精神的．
三维目标
1．掌握两个平面互相垂直的定义，提高学生的归纳能力．
2．掌握两个平面垂直的判定定理和性质定理，以及应用定理解决有关问题，提高学生抽象思维能力，培养空间想象能力．
重点难点
教学重点：两个平面垂直的判定和性质．
教学难点：归纳判定定理和性质定理．
课时安排
1课时
导入新课
设计 1.回顾直线与平面垂直的定义，是用线线垂直来定义的，那么如何定义平面与平面垂直呢？用什么来定义？教师点出课题．设计2.如下图所示，在长方体AC′中，棱AA′垂直平面AC，那么过AA′的平面AB′和平面AD′垂直于平面AC吗？教师点出课题．推进新课
(1)如右下图，两个平面α，β相交，交线为CD，在CD上任取一点B，过点B分别在α，β内作直线BA和BE，使BA⊥CD，BE⊥CD.
于是，直线CD⊥平面ABE.
容易看到，当∠ABE为直角时，给我们两平面互相垂直的印象．由此归纳出两平面垂直的一个定义？
(2)在下图中，由于∠ABE为直角，可知BA⊥BE.又BA⊥CD，所以BA⊥β.
这就是说平面α过平面β的垂线BA.现在要问，如果平面α过平面β的垂线BA，那么这两个平面是否相互垂直呢？归纳平面与平面垂直的判定定理．
(3)下面我们再来研究两平面垂直的性质．
再观察右上图，设平面α与平面β垂直，α∩β＝CD，如果平面α内的直线BA⊥CD，这时，BA是否垂直平面β？归纳平面与平面垂直的性质定理，并加以证明．
讨论结果：
(1)如果两个相交平面的交线与第三个平面垂直，又这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直，就称这两个平面互相垂直．平面α，β互相垂直，记作α⊥β.
(2)答案是肯定的．事实上，只要在平面β内作BE⊥CD，由于BA⊥β，所以BA⊥BE，因此∠ABE为直角
依两个平面垂直的定义，就可以推出α⊥β.
由以上观察和分析，我们可以得到平面与平面垂直的判定定理：
定理如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则两个平面互相垂直．
建筑工人在砌墙时，常用一端系有铅锤的线来检查所砌的墙是否和水平面垂直(如下图)，实际上就是依据这个定理．
(3)定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．
已知：(如下图)平面α⊥平面β，α∩β＝CD，BAα，BA⊥CD，B为垂足．
求证：BA⊥β.
证明：在平面β内过点B作BE⊥CD.
因为α⊥β，
所以BA⊥BE.
又因为BA⊥CD，CD∩BE＝B，
所以BA⊥β.
思路1
例 1 已知：如下图，平面α⊥平面β，在α与β的交线上取线段AB＝4 cm，AC，BD分别在平面α和平面β内，它们都垂直于交线AB，并且AC＝3 cm，BD＝12 cm，求CD的长．
解：连结BC.
因为BD⊥AB，直线AB是两个互相垂直的平面α和β的交线，
所以BD⊥α，BD⊥BC.
所以△CBD是直角三角形．
在直角△BAC中，BC＝＝5.
在直角△CBD中，CD＝＝13.
所以CD长为13 cm.
变式训练
如下图，长方体ABCD—A′B′C′D′中，MN在平面BCC′B′内，MN⊥BC于M.判断MN与AB是否垂直？并说明理由．
解：显然，平面BCC′B′⊥平面ABCD，交线为BC.
因为MN在平面BCC′B′内，且MN⊥BC，
所以MN⊥平面ABCD.
从而MN⊥AB.
例2 已知Rt△ABC中，AB＝AC＝a，AD是斜边BC上的高，以AD 为折痕使∠BDC成直角(如下图)．
(1) (2)
求证：(1)平面ABD⊥平面BDC，平面ACD⊥平面BDC；
(2)∠BAC＝60°.
证明：(1)如上图(2)，因为AD⊥BD，AD⊥DC，
所以AD⊥平面BDC.
因为平面ABD和平面ACD都过AD，
所以平面ABD⊥平面BDC，平面ACD⊥平面BDC.
(2)如上图(1)，在直角三角形BAC中，
因为AB＝AC＝a，
所以BC＝a，BD＝DC＝a.
如上图(2)，△BDC是等腰直角三角形，
所以BC＝BD＝×a＝a.
所以AB＝AC＝BC.
因此∠BAC＝60°.
点评：证明面面垂直转化为证明线面垂直．
变式训练
如下图，四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，∠BAD＝60°.
求证：平面PBD⊥平面PAC.
证明：设AC与BD交于点O，连结PO，
∵底面ABCD是菱形，
∴BD⊥AC.
∵PA⊥底面ABCD，BD平面ABCD，⊂
∴PA⊥BD.
又PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC.
又∵BD平面PBD，⊂
∴平面PBD⊥平面PAC.
思路2
例3 如下图，已知直四棱柱ABCD—A1B1C1D1的底面是菱
形，且∠DAB＝60°，AD＝AA1，F为棱BB1的中点，M为线段AC1的中点．
求证：(1)直线MF∥平面ABCD；
(2)平面AFC1⊥平面ACC1A1.
证明：如下图，(1)延长C1F交CB的延长线于点N，连结AN.
∵F是BB1的中点，
∴F为C1N的中点，B为CN的中点．
又M是线段AC1的中点，故MF∥AN.
又∵MF平面ABCD，AN平面ABCD，⊂
∴MF∥平面ABCD.
(2)连结BD，由直四棱柱ABCD—A1B1C1D1，可知AA1⊥平面ABCD，
又∵BD平面ABCD，⊂
∴A1A⊥BD.
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD.
又∵AC∩A1A＝A，AC、A1A平面ACC1A1，⊂
∴BD⊥平面ACC1A1.
在四边形DANB中，DA∥BN且DA＝BN，
∴四边形DANB为平行四边形．
故NA∥BD.
∴NA⊥平面ACC1A1.
又∵NA平面AFC1，⊂
∴平面AFC1⊥平面ACC1A1.
变式训练
如左下图，已知平面α交平面β于直线a.α、β同垂直于平面γ.求证：a⊥γ.
证明：如右上图，
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，且PN∩PM＝P，∴a⊥γ.⊂⊂
如下图所示，在四棱锥S—ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面SDC⊥底面ABCD，且AB＝2，SC＝SD＝.
求证：平面SAD⊥平面SBC.
证明：在△SDC中，∵SC＝SD＝，CD＝AB＝2，
∴∠DSC＝90°，即DS⊥SC.
∵底面ABCD是矩形，∴BC⊥CD.
又∵平面SDC⊥平面ABCD，∴BC⊥面SDC.∴DS⊥BC.∴DS⊥平面SBC.
∵DS 平面SAD，∴平面SAD⊥平面SBC.⊂
如下图，在四棱锥P—ABCD中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，N是PB中点，过A、D、N三点的平面交PC于M，E为AD的中点．
(1)求证：EN∥平面PCD；
(2)求证：平面PBC⊥平面ADMN.
(1)证明：∵AD∥BC，BC面PBC，AD面PBC，⊂
∴AD∥面PBC.又面ADN∩面PBC＝MN，∴AD∥MN.∴MN∥BC.
∴点M为PC的中点．∴MNBC.
又E为AD的中点，∴四边形DENM为平行四边形．
∴EN∥DM.∴EN∥面PDC.
(2)证明：连结PE、BE，∵四边形ABCD为边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，
∴BE⊥AD.又∵PE⊥AD，∴AD⊥面PBE.∴AD⊥PB.
又∵PA＝AB且N为PB的中点，∴AN⊥PB.而AN∩AD＝A，∴PB⊥面ADMN.
∴平面PBC⊥平面ADMN.
知识总结：利用垂直的判定定理找出平面的垂线，然后解决证明垂直问题、平行问题等．
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．
本节练习A 4题；练习B 3题．
本节教学设计体现了学生的主体地位，充分调动了学生的积极性．在实际应用时，尽量借助于信息技术．
备选习题
1.如下图，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点．
求证：AB1⊥平面A1BD；
证明：如下图，取BC中点O，连结AO.
∵△ABC为正三角形，
∴AO⊥BC.
∵在正三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
∴AO⊥平面BCC1B1.∴AO⊥BD.
连结B1O，在正方形BB1C1C中，O、D分别为BC、CC1的中点，
∴B1O⊥BD.又AO∩B1O＝O，∴BD⊥面AOB1.
AB1面AOB1，∴AB1⊥BD.
在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B，
∴AB1⊥平面A1BD.
2.如下图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，AB＝BB1，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点．
(1)求证：B1C∥平面A1BD；
(2)求证：B1C1⊥平面ABB1A1；
(3)设E是CC1上一点，试确定E的位置使平面A1BD⊥平面BDE，并说明理由．
分析：(1)转化为证明B1C∥MD；(2)转化为证明A1B⊥B1C1，BB1⊥B1C1；(3)可猜测点E为C1C的中点．
证明：(1)如下图，连结AB1与A1B相交于M.
则M为A1B的中点，
连结MD，又D为AC的中点，
∴B1C∥MD，
又B1C平面A1BD，MD平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD.⊂
(2)∵AB＝B1B，∴四边形ABB1A1为正方形，∴A1B⊥AB1，
又∵AC1⊥面A1BD，∴AC1⊥A1B，
∴A1B⊥面AB1C1，∴A1B⊥B1C1，
又在直棱柱ABC—A1B1C1中BB1⊥B1C1，BB1∩A1B＝B，
∴B1C1⊥平面ABB1A1.
(3)解：当点E为C1C的中点时，平面A1BD⊥平面BDE，
∵D、E分别为AC、C1C的中点，∴DE∥AC1，
∵AC1⊥平面A1BD，∴DE⊥平面A1BD.
又DE平面BDE，⊂
∴平面A1BD⊥平面BDE.。