人教版高中数学必修二平面与平面垂直的性质公开课优质教案
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、
“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： 两个平面垂直的判定定理图形表述为：
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 ′中D ，′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？
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 .
AB AB α⊥β.
图1
图2
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.
两个平面垂直的性质定理用符号语言描述为：AB
CD AB ⊥β. AB CD AB CD B
两个平面垂直的性质定理证明过程如下：
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： a α.
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.
证明：如图9,
(1) 设α∩γ=，ABβ∩γ=A在C.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.
（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= 3 BA= 3 ,CE= BE 2 BC 2 = 3, 2
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= PE EC 30为所求 .
PF
5
变式训练 如图 12，斜三棱柱 ABC — A 1B 1C 1的棱长都是 a ，侧棱与底面成 60°角，侧面 BCC 1B 1⊥面 ABC. 求平面 AB 1C 1 与底面 ABC 所成二面角的大小
活动 :请同学考虑面 BB 1C 1C ⊥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 A 1B 1C 1，则面 BB 1C 1C ∩面 ABC=BC,
面 BB 1C 1C ∩面 A 1B 1C 1=B 1C 1,∴BC ∥B 1C 1，则 B 1C 1∥面 ABC.
设所求两面交线为 AE ，即二面角的棱为 AE,
则 B 1C 1∥AE ，即 BC ∥AE.
过 C 1 作 C 1D ⊥BC 于 D ，∵面 BB 1C 1C ⊥面
ABC,
图 12
2
∴C 1D ⊥面 ABC ，C 1D ⊥BC.
a 又∠C 1CD=60°,CC 1=a,故 CD= ,即 D 为BC 的中点 . 2
又 △ABC 是等边三角形 ,∴BC ⊥AD.
那么有 BC ⊥面 DAC 1,即 AE ⊥面 DAC 1.
故 AE ⊥AD ，AE ⊥AC 1,
∠ C 1AD 就是所求二面角的平面角
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= 2 a , 又 CD=AD=AC, ∴CD=a.∴△ COD 是直角三角形，即∠ COD=9°0
∴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. ∵C 1D= 3 a ，AD= 3 a ，
22
C 1
D ⊥AD, 故∠ C 1AD=45°
.
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= 3 a，OE= 1 a,∴ cos∠OEC= OE 3即为所求.
2 2 CE 3
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.
（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′=3 2 .∴AH= 6 .
AH 2 2
∴sin∠ ABH= ,即AB 与平面BC′D所成角的正弦值为.
AB 3 3
(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=AC' BC' 6 ,
AB
BC' C'D 3 3
在Rt△BC′D中,C′G= .
BD 2
∴OG= C G2C 2 = 3 .∴ tan∠ C′ GO=C ' O2 2 ,
2 OG
即二面角C′BDA的正切值为2 2 .
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 —A 1B1C1中，∠ BAC=90° ，AB=BB 1=1，直线B1C与平面ABC 成30°角，求二面角BB 1CA 的正弦值.
图15
活动:可以知道，平面ABC 与平面BCC 1B 1 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BCC 1B1 ，过 A 作AN ⊥平面BCC 1B 1，垂足为N，则AN⊥平面BCC 1B(1 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.
∵AB 1在平面ABC 内的射影为AB ，CA ⊥ AB ，
∴ CA ⊥B 1A.AB=BB 1=1，得AB1= 2 .
∵直线 B 1C 与平面 ABC 成 30°角，∴∠ B 1CB=30°， B 1C=2.
在 Rt △ B 1AC 中，由勾股定理 ,得 AC= 2 .∴AQ=1.
(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,
2 2 2
∴ EM 2+AM 2=AE 2.∴ AM ⊥EM.
在 Rt △ BAC 中， AB=1 ， AC= 2 ，得 AN= 6 .
3
AN 6
sin ∠ AQN= =
AQ 3 即二面角 BB 1CA 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 2 ， M 为 BC 的
中点 .
(1)证明： AM ⊥ PM ；
(2)求二面角 PAMD 的大小
.
图 17
又 EM 是 PM 在平面 ABCD 上的射影 ,∴∠ AME=9°0 .∴ AM ⊥ PM.
(2)解:由(1)可知 EM ⊥AM ，PM ⊥ AM,
∴∠ PME 是二面角 PAMD 的平面角 .
PE 3
∴ tan ∠ PME= =1.∴∠ PME=45°.
EM 3
∴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 .
(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
22
OA=OB=OC= SA,且 AO ⊥BC.又△SBC 为等腰三角形 ,故 SO ⊥ BC,且SO= SA.
22 从而 OA 2+SO 2=SA 2.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.
图 19
所以AO ⊥ OM.又AM= 3 SA,故
2
AO 2 6
sin∠ AMO= .
AM 3 3
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.