范文一:两平面平行的判定
一、教学目标:
1、知识与技能
理解并掌握两平面平行的判定定理。
2、过程与方法
让学生通过观察实物及模型,得出两平面平行的判定。
3、情感、态度与价值观
进一步培养学生空间问题平面化的思想。
二、教学重点、难点
重点:两个平面平行的判定。
难点:判定定理、例题的证明。
三、学法与教学用具
1、学法:学生借助实物,通过观察、类比、思考、探讨,教师予以启发,得出两平面平行的判定。
2、教学用具:投影仪、投影片、长方体模型
四、教学思想
(一)创设情景、引入课题
引导学生观察、思考教材第57页的观察题,导入本节课所学主题。
(二)研探新知
1、问题:
(1)平面β内有一条直线与平面α平行,α、β平行吗?
(2)平面β内有两条直线与平面α平行,α、β平行吗?
通过长方体模型,引导学生观察、思考、交流,得出结论。
两个平面平行的判定定理:一个平面内的两条交直线与另一个平面平行,则这两个平面平行。 符号表示:
a β
b β
a∩b = p β∥α
a∥α
b∥α
教师指出:判断两平面平行的方法有三种:
(1)用定义;
(2)判定定理;
(3)垂直于同一条直线的两个平面平行。
2、例2 引导学生思考后,教师讲授。
例子的给出,有利于学生掌握该定理的应用。
(三)自主学习、加深认识
练习:教材第40页1、2、3题。
学生先独立完成后,教师指导讲评。
(四)归纳整理、整体认识
1、判定定理中的线与线、线与面应具备什么条件?
2、在本节课的学习过程中,还有哪些不明白的地方,请向老师提出。
(五)作业布置
第44页习题1.2组第1、2、3题。
范文二:两平面平行的判定
两平面平行的判定
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址 ?平面与平面平行的判定
一、教学目标:
1、知识与技能
理解并掌握两平面平行的判定定理。
2、过程与方法
让学生通过观察实物及模型,得出两平面平行的判定。 3、情感、态度与价值观
进一步培养学生空间问题平面化的思想。 二、教学重点、难点
重点:两个平面平行的判定。
难点:判定定理、例题的证明。
三、学法与教学用具
1、学法:学生借助实物,通过观察、类比、思考、探皆讨,
教师予以启发,得出两碍平面平行的判定。
2、教床学用具:投影仪、投影片、脑长方体模型 四、教学思想
(一)创设情景、引入课题呛
引导学生观察、思考教材搀第57页的观察题,导入本节
课所学主题。
(二)研 探新知
1 / 3
1、问题:
(1倏)平面β内有一条直线与平唯面α平行,α、β平
行吗,嚓
(2)平面β内有两条直悄线与平面α平行,α、β平撕行
吗,
通过长方体模型,炽引导学生观察、思考、交流练,得出结
论。
两个平面平 行的判定定理:一个平面内托的两条交直线与
另一个平面秘平行,则这两个平面平行。虱
符号表示:
aβ
bβ
a?b=Pβ?α
a?α玉
b?α
教师指出:判断肽两平面平行的方法有三种:
(1)用定义;
(2)坟判定定理;
(3)垂直于茇同一条直线的两个平面平行寐。
2、例2引导学生思考晴后,教师讲授。
例子的给平出,有利于学生掌握该定理下的应用。
(三)自主学习隳、加深认识
2 / 3
练习:教材第芗40页1、2、3题。
学筝生先独立完成后,教师指导钅讲评。
(四)归纳整理、 整体认识
1、判定定理中亲的线与线、线与面应具备什缱么条件, 2、在本节课的蔺学习过程中,还有哪些不明 白的地方,
请向老师提出。
(五)作业布置
第44页疲习题组第1、2、3题。
3 / 3
范文三:用平面的法向量表示空间两平面平行
*用平面的法?向量表示空?间两平面平?行、垂直的位置?关系以及它?们二面角的?大
小. ,,,,设直线的方?向向量分别?为,平面的法向?量分别为,则 lm,,,,ab,uv,,,,,
l线线垂直:??; ab,,,ab0m,,,,,
l线面垂直: ??; au,,aku,,
面面垂直:?? uv,u,v,0.,,,
一、问题:如何求平面?的法向量? ,
?设平面的法?向量为 nxyz,(,,)
?找出(求出)平面内的两?个不共线的?向量的坐标?,,
aabcbabc,,(,,),(,,)111222,,,na,,0,?根据法向量?的定义建立?关于的方程?组 xyz,,,,,
nb,,0,,?解方程组,取其中的一?个解,即得法向量?。
例 :在空间直角?坐标系中,已知,,试求平面A?AB(3,0,0),(0,4,0)C(0,0,2)BC的一个?法向量。 ,
ABC解:设平面的一?个法向量为? nxyz,(,,),,,,,,,,,,,,,,,,,,
则.?, nABnAC,,,AB,,(3,4,0)AC,,(3,0,2)
3,yx,,(,,)(3,4,0)0xyz,,,,,,340xy,,,4?即? ,,,3(,,)(3,0,2)0xyz,,,,,,320xz,,,zx,,,2,
x,4取,则 n,(4,3,6),
ABC?是平面的一?个法向量。 n,(4,3,6)
二、如何用向量?法求点到平?面的距离?
如图,已知正方形?ABCD的?边长为4,E、F分别是A?B、AD的中点?,GC?平面ABC?D,且GC,2,求点B到平?面EFG的?距离.
解:如图,建立空间直?角坐标系C?,xyz(
由题设C(0,0,0),A(4,4,0),B(0,4,0),
D(4,0,0),E(2,4,0),
F(4,2,0),G(0,0,2),即 ,,,,,,,,
EFEG,,,,,(2,2,0),(2,4,2), ,,,,
B(2,0,0)E,,
设平面EF?G的一个法?向量为,则 nxyz,(,,),,,,,,,,,,
nEFnEG,,,
:评注220xy,,,,?,AOOe,,,若平面的斜线交于点是单位法向量,,,,,2420xy,,,,,,AdAOe||则到平面的距离为,,,,11?,n(,,1)33
,,,,,|BE|211n,?,,d,n11
三、思考题.如图,PA?平面ABC?,AC?BC,PA=AC=1,
BC=,求二面角A?-PB-C。 的余弦值?2
解:建立坐标系?如图,
则A(0,0,0),B(,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1), 2,,,,,,,,,,,,,,,,
=(0,0,1),, APAB,(2,1,0),CB,(2,0,0),CP,,(0,1,1),,,,,,,,,mAP,,0,设平面PA?B的法向量?为=(x,y,z),则 m,,,,,,,
mAB,,0,,
,,(,,)(0,0,1)0xyz,,,,yx,,2,,??,令x=1,则=(1,, m,2,0),,z,0(,,)(2,1,0)0xyz,,,,,,,,,,,,,nCB,,0,,,,设平面PB?C的法向量?为, 则 nxyz,(,,),,,,,,nCP,,0,,
,,,x,0,,,,(,,)(2,0,0)0xyz,,,,所以?令得 y,,1,n,,,(0,1,1),,,,yz,,,,(,,)(0,1,1)0xyz,,,,,,
,,3mn,3,,?cos,?二面角为锐?角?二面角A-PB-C的余弦值?为 ,,,,mn,,,3||||3mn
课时跟踪检?测 空间向量与?空间角
1.如图所示,在三棱柱A?BC,A1B1C?中,AA?底面ABC?,AB,BC,AA,111
?ABC,90?,点E、F分别是棱?AB、BB1的中?点,求直线EF?和BC1的?夹角(
解:建立如图所?示的空间直?角坐标系(
设AB,BC,AA,2~ 1
则C(2,0,2)~E(0,1,0)~F(0,0,1)~ 1
,,,,
则,(0~,1,1)~ EF
,,,,,
BC,(2,0,2)~ 1
,,,,,,,,,
BC??,2~ EF1
,,,,,,,,,21BC?cos〈EF~〉,,~?EF和BC?60?. 的夹角为1?122×22
2(如图,在直三棱柱?ABC,A1B1C中,??ACB,90?,2AC,AA,BC,2.若平11面B1?DC与平面?DCC1的?夹角为60??,求AD的长?( 解:如图~以C为坐标?原点~CA~CB~CC1?的直线分别?为所在
x轴~y轴~z轴建立空?间直角坐标?系~则C(0,0,0)~A(1,0,0)~B(0,2,2)~C(0,0,2)( 11
,,,,,,,,
设AD,a~则D点坐标?为(1,0~a)~,(1,0~a)~,(0,2,2)~ CBCD1
设平面B1?CD的一个?法向量为m?,(x~y~z)(
,,,,,m?,0CB2y,2z,0,,1则,~ ?,,,,, x,az,0,,,m?,0CD
令z,,1~得m,(a,1~,1)~
又平面C1?DC的一个?法向量为n?,(0,1,0)~
1|m?n|1则由cos? 60?,~得,~即a,2~故AD,2|m||n|2a,2
2.
3.如图,在正四棱锥?S,ABCD中?,为顶点在O?底面上的投?影,P为侧棱S?D的中点,且SO,OD,求直线BC?与平面PA的夹?C
?大小( 角的
解:如图所示~以O为原点?建立空间直?角坐标系O?,xyz.
设OD,SO,OA,OB,OC,a~
aa,,,,则A(a,0,0)~B(0~a,0)~C(,a,0,0)~P0~,~. ,,22
,,,,,,,,,,,,aa,,,,CACB则,(2a,0,0)~,,a~,~~,(a~a,0)( AP,,22
设平面PA?的法向量C?为n~可求得n,(0,1,1)~
,,,,,,,,CB?na1,,,,CB则cos〈~n〉,,,. 22CB| ||n|2a?2
,,,,
CB?〈~n〉,60?~
?直线BC与?平面PAC?的夹角为9?0?,60?,30?.
4((2012?山西模拟)如图,在底面为直?角梯形的四?棱锥P,ABCD中?,AD?BC,?ABC,90?,PA?平面ABC?D,PA,3,AD,2,AB,23,BC,6.
(1)求证:BD?平面PAC?;
(2)求平面PB?与平面DB?DA的夹角?(
解:(1)证明:由题可知~AP、AD、AB两两垂?直~则分别以A?B、AD、所在AP
?线为x、y、轴建立如z?图所示的空?间直角坐标?系~则A(0,0,0)~3~B(20,0)~直
C(23~6,0)~D(0,2,0)~P(0,0,3)~
,,,,,,,,,,,,
?,(0,0,3)~,(23~6,0)~,(,23~2,0)~ ACAPBD
,,,,,,,,,,,,,,,,
??,0~?,0.?BD?AP~BD?AC. ACBDAPBD
又PA?AC,A~?BD?平面PAC?.
(2)显然平面A?BD的一个?法向量为m?,(0,0,1)~设平面PB的法向量?D?为n,
,,,,,,,,
(x~y~z)~则n?,0~n?,0. BDBP
,,,,
由(1)知~,(,23~0,3)~ BP
y,3x~,,,23x,2y,0~,?整理得 ,23 , ,23x,3z,0~z,x.,3
令x,3~则n,(3~3,2)~
m?n1?cos〈m~n〉,,. |m||n|2
?平面PBD?与平面BD?A的夹角为?60?.
5.(2011?福建高考改?编)如图,四棱锥P,ABCD中?,PA?底面ABC?D.四边形AB?CD中,AB?AD,AB,AD,4,CD,2,?CDA,45?.
(1)求证:平面PAB??平面PAD?;
(2)设AB,AP.若直线PB?与平面PC的夹角为?D?30?,求线段AB?的长(
解:(1)证明:因为PA?平面ABC?D,AB在平面?ABCD内?,所以PA?AB.
又AB?AD,PA?AD,A,所以AB?平面PAD?. 又AB在平?面PAB内?,所以平面P?AB?平面PAD?. (2)以A为坐标?原点,建立空间直?角坐标系(如图)( 在平面AB?CD内,作CE?AB交AD?于点E,则CE?AD. 在Rt?CDE中,DE,CD?cos 45?,1,
CE,CD?sin 45?,1.
设AB,AP,t,则B(t,0,0),P(0,0,t)(
由AB,AD,4得AD,4,t,
所以E(0,3,t,0),C(1,3,t,0),D(0,4,t,0),
,,,,,,,,
CD,(,1,1,0),,(0,4,t,,t)( PD
设平面PC?的一个法D?向量为n,(x,y,z),
,,,,,,,,,,x,y,0,CD由n?,n?,得, PD ,4,t,y,tz,0.,
取x,t,得平面PC?的一个法D?向量n,(t,t,4,t)(
,,,,
又,(t,0,,t), PB
故由直线P?与平面BP?CD的夹角?为30?得
,,,,2|n?||2t,4t|1PB,,,,cos 60?,~即,~ 22222|n|?||PBt,t,,4,t,?2t
44解得t,或t,4(舍去~因为AD,4,t>0)~所以AB,. 55
1((2012?咸阳模拟)如图所示,四棱锥P,ABCD中?,底面ABC?D为正方形?,PD?平面ABC?D,PD,AB,2,E、F分别为、GP?C、PD、BC?( 的中点
(1)求证:PA?EF;
(2)求平面DF?G与平面F?GE夹角的?余弦值( 解:以D为坐标?原点~建立如图所?示的空间直?角坐标系~则D(0,0,0)~A(0,2,0)~
C(,2,0,0)~P(0,0,2)~E(,1,0,1)~F(0,0,1)~G(,2,1,0)(
,,,,,,,,,,,,,,,,
(1)证明:由于,(0,2~,2)~,(1,0,0)~则?PAEFPAEF,1×0,0×2,(,2)×0,0~
?PA?EF.
,,,,,,,,,,,,
(2)易知,(0,0,1)~,(1,0,0)~,(,2,1~,FGDFEF
1)~
设平面DF?的法向量G?m,(~xy~z)~ 111
,,,,,m?,0~DFz,0~,1,,,,,则解得, ,2x,y,z,0.,m?FG,0~111,
令x,1~得m,(1,2,0)是平面DF?的一个法G?向量( 1
设平面EF?G的法向量?n,(~xy~z)~ 222
同理可得n?,(0,1,1)是平面EF?的一个法G?向量(
m?n2210?cos〈m~n〉,,,,~ |m|?|n|55?210
10?平面DFG?与平面FG?E夹角的余?弦值为. 5
2((2012?北京高考改?编)如图1,在Rt?ABC中,?C,90?,BC,3,AC,6,D,
E分别是A?C,AB上的点?,且DE?BC,DE,2.将?ADE沿D?E折起到?A1DE
的?位置,使AC?CD,如图2. 1
(1)求证:AC?平面BCD?E; 1
(2)若M是A1?D的中点,求CM与平?面A1BE?夹角的大小?; (3)线段BC上?是否存在点?P,使平面A1与平面?DP?A1BE垂?直,说明理由(
解:(1)证明:因为AC?BC~DE?BC~
所以DE?AC.
所以ED?AD~DE?CD~所以DE?平面A1D?C. 1
所以DE?AC. 1
又因为A1?C?CD.
所以A1C??平面BCD?E.
(2)如图~以C为坐标?原点~建立空间直?角坐标系~则(0,0A~23)~D(0~12,0)~M(0,1, 3)~B(3,0,0)~E(2~2,0)(
设平面A1?BE的法向?量为n,(x~y~z)~则
,,,,,,,,,
ABn?,0~n?,0. BE1
,,,,,,,,,
AB又,,3023,,,,(,1,2~0)~ BE,,1
,3x,23z,0~所以, ,,x,2y,0.
令y,1~则x,2~z,3.
所以n,(2,1~3)(
设CM与平?面A1BE?的夹角为θ?.
,,,,
CM因为(0,1~3),
,,,,
nCM,,,,,42所以sin?=,,. ,cosnCM,,,,,,28×4nCM
π 所以CM与?平面A1B的夹角为?E?. 4
(3)线段BC上?不存在点P?~使平面A1?DP与平面?A1BE垂?直~理由如下:假
设这样的?点P存在~设其坐标为?(p,0,0)~其中p?[0,3](
设平面A1?DP的法向?量为m,(x~y~z)~则
,,,,,,,,,
m?,0~m?,0. ADDP1
,,,,,,,,,,,0~2~,23,又,(p~,2,0)~ ADDP1
,2y,2 3z,0~所以, px,,2y,0.
pp,,2~p~令x,2~则y,p~z,.所以m,,,. ,,33
平面A1D?P?平面A1B?E~当且仅当m??n,0~
即4,p,p,0.
解得p,,2~与p?[0,3]矛盾(
所以线段B?C上不存在?点P~使平面A1?DP与平面?A1BE垂?直( 3((2012?辽宁高考改?编)如图,直三棱柱A?BC,A′B′C′,?BAC,90?,AB,AC,λAA′,点M,N分别为A?′B和B′C′的中点(
(1)证明:MN?平面A′ACC′;
(2)若平面A′MN?平面MNC?,求λ的值( 解:(1)法一:证明:
如图~连接AB′~AC′~由已知?BAC,90?~AB,AC~三棱柱AB?C,A′B′C′为直三棱柱?~所以M为A?B′中点(
又因为N为?B′C′的中点~
所以MN?AC′.
又MN?平?面A′ACC′~
A′C 平面A′ACC′~
所以MN?平面A′ACC′.
法二:证明:取A′B′ 中点P~连接MP~NP~ 而M~NA?B′与B′C′的中点~所以MP?AA′~PN?A′C′~ 分别为
所以MP?平面A′ACC′~PN?平面A′ACC′. 又MP?NP,P~
因此平面M?PN?平面A′ACC′.
而MN 平面MPN?~
因此MN?平面A′ACC′.
(2)以A为坐标?原点~分别以直线?AB~AC~AA′为x轴~y轴~轴建立空z?间
直角坐标?系~如图所示(
设AA′,1~则AB,AC,λ~
于是A(0,0,0)~B(λ~0,0)~C(0~λ~0)~A′(0,0,1)~ B′(λ~0,1)~C′(0~λ~1)~
λ1λλ,,,,,,,,所以M~0~~N~~1. ,,,,2222
设m,(x~y~z)是平面A′MN的法向?量~ 111
λ1,,,,,x,z,0~,11,,m?,0~22AM,,,,,,由,得可取m,(1~,1~λ)( , λ1m?,0~MN, y,z,0~,11,22
设n,(x~y~z)是平面MN?的法向量C?~ 222
λλ,,,,,x,y,z,0~,222,,NCn?,0~22,,,,,,由得可取n,(,3~,1~λ)( , λ1n?,0~MN, y,z,0~,22,22
因为平面A?′MN?平面MNC?~
2所以m?n,0~即,3,(,1)×(,1),λ,0~解得λ,2(负值舍去)(
范文四:用平面的法向量表示空间两平面平行
*用平面的法向量表示空间两平面平行、 垂直的位置关系以及它们二面角的大小. 设直线 l , m 的方向向量分别为 a , b ,平面 ? , ? 的法向量分别为 u, v ,则 线线垂直: l ⊥ m ? a ⊥ b ? a ? b ? 0 ; 线面垂直: l ⊥ ? ? a ∥ u ? a ? ku ; 面面垂直: ? ⊥ ? ? u ⊥ v ? u ? v ? 0. 一、问题:如何求平面的法向量? ⑴设平面的法向量为 n ? ( x, y, z ) ⑵找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标 a ? (a1 , b1 , c1 ), b ? (a2 , b2 , c2 )
? ?n ? a ? 0 ⑶根据法向量的定义建立关于 x , y , z 的方程组 ? ? ?n ? b ? 0 ⑷解方程组,取其中的一个解,即得法向量。 例 : 在空间直角坐标系中,已知 A(3,0,0), B(0,4,0) , C (0,0, 2) ,试求平面 ABC 的一 个法向量。 解:设平面 ABC 的一个法向量为 n ? ( x, y, z )
则 n ? AB , n ? AC .∵ AB ? (?3,4,0) , AC ? (?3,0, 2) 3 ? y? x ? ( x , y , z ) ? ( ? 3,4,0) ? 0 ? 3 x ? 4 y ? 0 ? ? ? 4 ∴? 即? ∴? ?( x, y, z ) ? ( ?3,0, 2) ? 0 ? ?3 x ? 2z ? 0 ? z ? 3 x ? ? 2 取 x ? 4 ,则 n ? (4, 3,6) ∴ n ? (4, 3,6) 是平面 ABC 的一个法向量。 二、如何用向量法求点到平面的距离? 如图,已知正方形 ABCD 的边长为 4,E、F 分别是 AB、AD 的中点,GC⊥平 面 ABCD,且 GC=2,求点 B 到平面 EFG 的距离. 解:如图,建立空间直角坐标系 C-xyz. 由题设 C(0,0,0),A(4,4,0),B(0,4,0), D(4,0,0),E(2,4,0), F(4,2,0),G(0,0,2),即 EF ? (2, ?2, 0), EG ? ( ?2, ?4, 2),
BE ? (2, 0, 0)
设平面 EFG 的一个法向量为 n ? ( x, y, z ) ,则
n ? EF, n ? EG ?2 x ? 2 y ? 0 ?? ? ?2 x ? 4 y ? 2 ? 0 1 1 ? n ? ( , ,1) 3 3 | n ? BE| 2 11 ?d ? ? n 11
评注 : 若平面?的斜线AO交? 于点O, e是单位法向量, 则A到平面?的距离为d ?| AO ? e |
三、思考题.如图,PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,PA=AC=1,
BC= 2 ,求二面角 A-PB-C 的余弦值。 解:建立坐标系如图, 则 A(0,0,0),B( 2 ,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1), AP =(0,0,1), AB ? ( 2,1,0), CB ? ( 2,0,0), CP ? (0, ?1,1) ,
? ? m ? AP ? 0 设平面 PAB 的法向量为 m =(x,y,z),则 ? ? ? m ? AB ? 0 ? ? ? ( x , y , z ) ? (0, 0,1) ? 0 ? y ? ? 2x ∴? ∴? ,令 x=1,则 m =(1, ? 2,0) , ( x , y , z ) ? ( 2,1, 0) ? 0 z ? 0 ? ? ? ? ? ? n ? CB ? 0 设平面 PBC 的法向量为 n ? ( x?, y?, z?) , 则 ? ? ? n ? CP ? 0
所以 ?
? ?( x?, y?, z?) ? ( 2,0,0) ? 0 ? x? ? 0 ∴? 令 y? ? ?1, 得 n ? (0, ?1, ?1) ? ? y? ? z ? ?( x?, y?, z?) ? (0, ?1,1) ? 0
∴cos ? m, n? ?
m?n 3 3 ? ,∵二面角为锐角∴二面角 A-PB-C 的余弦值为 3 | m || n | 3
课时跟踪检测
空间向量与空间角
1.如图所示,在三棱柱 ABC
-A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1, ∠ABC=90° ,点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的中点,求直线 EF 和 BC1 的夹角. 解:建立如图所示的空间直角坐标系. 设 AB=BC=AA1=2, 则 C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), 则 EF =(0,-1,1),
BC1 =(2,0,2), BC1 =2, ∴ EF ·
∴cos〈 EF , BC1 〉= 2 1 =2,∴EF 和 BC1 的夹角为 60° . 2×2 2
2.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° ,2AC=AA1=BC=2.若平 面 B1DC 与平面 DCC1 的夹角为 60° ,求 AD 的长. 解:如图,以 C 为坐标原点,CA,CB,CC1 所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0),A(1,0,0), B1(0,2,2),C1(0,0,2). 设 AD=a,则 D 点坐标为(1,0,a), CD =(1,0,a), CB1 =(0,2,2), 设平面 B1CD 的一个法向量为 m=(x,y,z). ? CB1 =0 ?2y+2z=0 ?m· ? 则 ?? , ?x+az=0 ? CD =0 ?m· 令 z=-1,得 m=(a,1,-1), 又平面 C1DC 的一个法向量为 n=(0,1,0), |m· n| 则由 cos 60° =|m||n|,得 2. 3.如图,在正四棱锥 S-ABCD 中,O 为顶点在底面上的投影, P 为侧棱 SD 的中点, 且 SO=OD, 求直线 BC 与平面 PAC 的夹 角的大小. 解:如图所示,以 O 为原点建立空间直角坐标系 O-xyz. 设 OD=SO=OA=OB=OC=a, a a? ? 则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P?0,-2,2?. ? ? a a? ? 则 CA =(2a,0,0),AP =?-a,-2,2?,CB =(a, a,0). ? ? 设平面 PAC 的法向量为 n,可求得 n=(0,1,1), 则 cos〈 CB ,n〉= 1 1 =2,即 a= 2,故 AD= a +2
2
CB · n a 1 = =2. 2 2a · 2 | CB ||n|
∴〈 CB ,n〉=60° , ∴直线 BC 与平面 PAC 的夹角为 90° -60° =30° .
4. (2012· 山西模拟)如图, 在底面为直角梯形的四棱锥 P-ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=90° ,PA⊥平面 ABCD,PA=3,AD=2, AB=2 3,BC=6. (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)求平面 PBD 与平面 BDA 的夹角. 解:(1)证明:由题可知,AP、AD、AB 两两垂直,则分别以 AB、AD、AP 所在 直线为 x、y、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),B(2 3,0,0), C(2 3,6,0),D(0,2,0),P(0,0,3), ∴ AP =(0,0,3), AC =(2 3,6,0), BD =(-2 3,2,0), ∴ BD · AC =0.∴BD⊥AP,BD⊥AC. AP =0, BD · 又 PA∩AC=A,∴BD⊥平面 PAC. (2)显然平面 ABD 的一个法向量为 m=(0,0,1),设平面 PBD 的法向量为 n= (x,y,z),则 n· BD =0,n· BP =0. 由(1)知, BP =(-2 3,0,3),
?y= 3x, ?-2 3x+2y=0, ∴? 整理得? 2 3 ?-2 3x+3z=0, ?z= 3 x.
令 x= 3,则 n=( 3,3,2), m· n 1 ∴cos〈m,n〉=|m||n|=2. ∴平面 PBD 与平面 BDA 的夹角为 60° .
5.(2011· 福建高考改编)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD= 2,∠ CDA=45
° . (1)求证:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)设 AB=AP.若直线 PB 与平面 PCD 的夹角为 30° ,求线段 AB 的长. 解:(1)证明:因为 PA⊥平面 ABCD,AB 在平面 ABCD 内,所以 PA⊥AB. 又 AB⊥AD,PA∩AD=A,所以 AB⊥平面 PAD. 又 AB 在平面 PAB 内,所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)以 A 为坐标原点,建立空间直角坐标系(如图). 在平面 ABCD 内,作 CE∥AB 交 AD 于点 E,则 CE⊥AD. 在 Rt△CDE 中,DE=CD· cos 45° =1, CE=CD· sin 45° =1. 设 AB=AP=t,则 B(t,0,0),P(0,0,t). 由 AB+AD=4 得 AD=4-t, 所以 E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),
CD =(-1,1,0), PD =(0,4-t,-t).
设平面 PCD 的一个法向量为 n=(x,y,z), ?-x+y=0, 由 n⊥ CD ,n⊥ PD ,得? ??4-t?y-tz=0. 取 x=t,得平面 PCD 的一个法向量 n=(t,t,4-t). 又 PB =(t,0,-t), 故由直线 PB 与平面 PCD 的夹角为 30° 得 |2t2-4t| |n· 1 PB | cos 60° = ,即 2 2 2 2=2, |n|· | PB | t +t +?4-t? · 2t 4 4 解得 t=5或 t=4(舍去,因为 AD=4-t>0),所以 AB=5.
1.(2012· 咸阳模拟)如图所示,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD=AB=2,E、F、G 分别为 PC、 PD、BC 的中点. (1)求证:PA⊥EF; (2)求平面 DFG 与平面 FGE 夹角的余弦值. 解:以 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则 D(0,0,0),A(0,2,0), C(-2,0,0),P(0,0,2),E(-1,0,1),F(0,0,1),G(-2,1,0). (1)证明: 由于 PA =(0,2, -2), 则 PA · EF =(1,0,0), EF =1×0+0×2+(-2)×0=0, ∴PA⊥EF. (2)易知 DF =(0,0,1), EF =(1,0,0), FG =(-2,1,- 1), 设平面 DFG 的法向量 m=(x1,y1,z1), ?m · DF =0, ?z1=0, ? 则? 解得? ?-2x1+y1-z1=0. ? FG =0, ?m · 令 x1=1,得 m=(1,2,0)是平面 DFG 的一个法向量. 设平面 EFG 的法向量 n=(x2,y2,z2), 同理可得 n=(0,1,1)是平面 EFG 的一个法向量. m· n ∵cos〈m,n〉=|m|· |n|= 2 2 10 = = 5 , 5· 2 10
10 ∴平面 DFG 与平面 FGE 夹角的余弦值为 5 .
2.(2012· 北京高考改编)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC=6,D, E 分别是 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2.将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如图 2.
(1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 夹角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由. 解:(1)证明:因为 AC⊥BC,DE∥BC, 所以 DE⊥AC. 所以 ED⊥A1D,DE⊥CD,所以 DE⊥平面 A1DC. 所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD. 所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如图,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系,则 A1(0,0,2 3),D(0, 2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0),E(2,2,0).
设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则
n· A1 B =0,n· BE =0. 又 A1 B ? 3, 0, ?2 3 , BE =(-1,2,0), ?3x-2 3z=0, 所以? ?-x+2y=0. 令 y=1,则 x=2,z= 3. 所以 n=(2,1, 3). 设 CM 与平面 A1BE 的夹角为 θ. 因为 CM (0,1, 3),
?
?
所以 sin ? = cos n, CM ?
n, CM n CM
=
4 2 =2. 8× 4
π 所以 CM 与平面 A1BE 的夹角为4. (3)线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直,理由如下:假 设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x,y,z),则 m· A1 D =0,m· DP =0. 又 A1 D =?0,2,-2 3?
DP =(p,-2,0),
?2y-2 3z=0, 所以? ?px-2y=0. 令 x=2,则 y=p,z= p? p ? .所以 m=?2,p, ?. 3? ? 3
平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0, 即 4+p+p=0. 解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. 所以线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直. 3.(2012· 辽宁高考改编)如图,直三棱柱 ABC-A′B′C′, ∠BAC=90° , AB=AC=λAA′, 点 M, N 分别为 A′B 和 B′C′ 的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)若平面 A′MN⊥平面 MNC,求 λ 的值. 解:(1)法一:证明: 如图,连接 AB′,AC′,由已知∠BAC=90° ,AB= AC, 三棱柱 ABC-A′B′C′为直三棱柱, 所以 M 为 AB′ 中点. 又因为 N 为 B′C′的中点, 所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′,
A′C 平面 A′ACC′, 所以 MN∥平面 A′ACC′. 法二:证明:取 A′B′ 中点 P,连接 MP,NP, 而 M,N 分别为 AB′与 B′C′的中点,所以 MP∥AA′,PN∥A′C′, 所以 MP∥平面 A′ACC′,PN∥平面 A′ACC′. 又 MP∩NP=P, 因此平面 MPN∥平面 A′ACC′. 而 MN 平面 MPN, 因此 MN∥平面 A′ACC′. (2)以 A 为坐标原点,分别以直线 AB,AC,AA′为 x 轴,y 轴,z 轴建立空 间直角坐标系,如图所示. 设 AA′=1,则 AB=AC=λ, 于是 A(0,0,0),B(λ,0,0),C(0,λ,0),A′(0,0,1), B′(λ,0,1),C′(0,λ,1), 1? ?λ ?λ λ ? 所以 M?2,0,2?,N?2,2,1?. ? ? ? ? 设 m=(x1,y1,z1)是平面 A′MN 的法向量, λ 1 ? ?m · ?2x1-2z1=0, A? M =0, 由? 得? λ 1 MN =0, ?m · ? ?2y1+2z1=0,
可取 m=(1,-1,λ).
设 n=(x2,y2,z2)是平面 MNC 的法向量, ? n· NC =0, ? 由? ? n· MN =0, ? λ λ - x + ? 2 ? 2 2y2-z2=0, 得? λ 1 ? ?2y2+2z2=0,
可取 n=(-3,-1,λ).
因为平面 A′MN⊥平面 MNC, 所以 m· n=0,即-3+(-1)×(-1)+λ2=0,解得 λ= 2(负值舍去).
范文五:12-两平面平行的判定与性质
宝应县鲁垛高级中学高一数学教案 【课 题】平面与平面之间位置关系
【课 型】新授课
2:了解两个平面平行的判定和性质
【教学目的】1:了解两个平面之间的位置关系.会画两个平行平面和相交平面。 【教学重点】函数单调性的判断 【教学难点】两个平面平行的判定和性质
【主 备 人】钱云龙
【教学过程】:
主备教案 二次备课
一、问题情境
问题1:在前面,我们研究过空间直线之间的位置关系,空间直线与平
面之间的位置关系。那么两个平面之间可能有哪几种位置关系呢?你能
根据公共点的情况进行分类吗?
分析:(1)观察模型:长方体
(2)观察教室,课桌等事物模型。
问题2:怎么用水平仪来检测桌面是否水平?
工人师傅将水平仪在桌面上交叉放置两次,如果水平仪的气泡两次都在
中央,就能判断桌面是水平的。
二、数学建构
1:空间两个平面之间的位置关系
位置关系 两平面平行 两平面相交 公共点 没有公共点 有一条公共直线 符号表示
,//, ,,,,a
图形表示
说明:让学生自己动手画两个相交平面,两个平行平面。教者予以指导。 2:
说明:
(0)让学生先根据定理的文字语言,画出适合题意的图形。 (1)用符号表示为:若
a,,,b,,,a,b,A,且a//,,b//,,则,//,. (2)该定理的证明略,只是借助于直观感知,操作确认。 (3)举反例说明:两条相交直线。
(4)此定理说明:
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宝应县鲁垛高级中学高一数学教案 证明面面平行的问题可转化为证明线面平行。
例题1:在长方体ABCD-ABCD中,求证:平面CDB//平面ABD. 1111111分析:(1)只要证明一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行。 (2)证明过程的书写建议不用“”符号。 ,
(3)面面平行可转化为线面平行,线面平行可转化为线线平行。 练习:教材P:41 T1,2,3
3:两个平面平行的性质
如果两个平面平行,那么
(1) 它们之间有公共点?
(2) 一个平面内的直线是否平行于另一个平面? (3) 分别在两个平行平面内的两条直线是否平行?
证明(2)该性质给出了证明线线平行的一种方法。 例题2:如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面,那么它也垂
直于另一个平面。
分析:(1)让学生根据命题的文字语言,画出适合题意的图形,改写
“已知,求证”。 已知:
,//,,l,,,求证:l,, (2)要证:l,,,只要证明l垂直于内的任意一条直线或某两条,
相交直线。
(4) 教材中的证明:首先点A和直线b可确定一个平面,将空间的,
a//b,问题转化到一个平面内来解决。这样才有: ,l,b,l,a,(5) 如何证明l垂直于平面,内的两条相交直线?应如何选取这两
条直线?
(6) 两个平行平面的公垂线,公垂线段。
(8) 两个平行平面之间距离。
三、回顾小结
1:两个平面之间的位置关系
2:两个平面平行的判定方法
3:两个平面平行的性质
4:两个平行平面之间的距离。 作业
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