高中数学联赛答题纸-高中数学课评语大全
§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?
?
?
?
?
α⊥β.
AB?
?
?
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
?
?
AB?
?
?
?
两个平面垂直的性质定理用符号语言描
述为：
?
?
?
?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：
?
?
?
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,P
N⊥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a
1
，交β于直线a
2
.∵b∥α，∴b∥
a
1
.
同理,b∥a
2
.
∵a
1
、a
2
同过Q且平行于b，∴a
1
、a
2
重合.
又a
1
?
α，a
2
?
β，∴a
1
、a
2
都是α、β的交线，即都重合于a.
∵b∥a
1
，∴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=
3
2
2
BA=
3
,CE=
BE?BC
=
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?EC30
?
为所求.
PF5
变式训练
如图12，斜三棱柱ABC—A
1
B
1<
br>C
1
的棱长都是a，侧棱与底面成60°角，侧面BCC
1
B
1
⊥面ABC.求平面
AB
1
C
1
与底面ABC所成二面角
的大小.
图12
活动:请同学考虑面BB
1
C
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
1
B
1
C
1
，则面BB
1
C
1
C∩面ABC=BC,
面BB
1
C
1
C∩面
A
1
B
1
C
1
=B
1
C
1
,∴BC∥B
1
C
1
，则B
1
C
1
∥面
ABC.
设所求两面交线为AE，即二面角的棱为AE,
则B
1
C
1
∥AE，即BC∥AE.
过C
1作C
1
D⊥BC于D，∵面BB
1
C
1
C⊥面ABC,
∴C
1
D⊥面ABC，C
1
D⊥BC.
又
∠C
1
CD=60°,CC
1
=a,故CD=
a
,即D为B
C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
1
AD就是所求二面角的平面角.
∵C
1
D=
33
a，AD=a，C
1
D⊥AD,故∠C
1
AD=45°.
22
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
,
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=
3
OE3
1
?
a，OE=a,∴cos∠OEC=即为所求.
2
CE3
2
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A
C′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=
AH22
?
,即AB与平面BC′D所成角的正弦值为.
AB33
(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'D33
?
.
BD2
3
C'O
.∴tan∠C′GO=
?22
,
2
OG
在Rt△BC′D中,C′G=
∴OG=
C
?
G<
br>2
?C
?
2
=
即二面角C′BDA的正切值为
22<
br>.
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A
BC—A
1
B
1
C
1
中，∠BAC=90°，AB=BB<
br>1
=1，直线B
1
C与平面ABC成30°角，求二
面角BB
1
CA的正弦值.
图15
活动:可以知道，平面ABC与平面BCC<
br>1
B
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
1
B
1
，过A作AN⊥平面BCC
1
B
1
，垂足为N，则AN⊥平
面BCC
1
B（,在平面BCB
1
内过N作NQ⊥棱B
1
C，垂足为
Q，连接QA，则∠NQA
1
AN即为我们要找的垂线）
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
1
=BB
1
=1，得AB
1
=
2
.
∵直线B
1
C与平面ABC成30°角，∴∠B
1
CB=30°，
B
1
C=2.
在Rt△B
1
AC中，由勾股定理,得AC=
2
.∴AQ=1.
在Rt△BAC中，AB=1，AC=
2
，得AN=
6
.
3
sin∠AQN=
6
AN
=,
AQ
3
6
.
3
即二面角BB
1
CA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,
∴EM
2
+AM
2
=AE
2
.∴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=
PE3
=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.
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
=
22
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△S
OA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=
3
SA,故
2
sin∠AMO=
AO26
.
??
AM3
3
3
.
3
所以二面角ASCB的余弦值为
（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.