8.6.3第2课时平面与平面垂直的性质定理课件-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

该高中数学课件聚焦平面与平面垂直的性质定理，通过课前微思考从面面垂直定义切入，结合线面垂直旧知搭建问题链学习支架，引导学生归纳定理条件与结论，形成知识脉络。 其亮点在于以图形语言辅助直观想象，通过微拓展转化关系图、典例剖析（如三棱台证明）及随堂训练强化逻辑推理，如折叠问题中利用定理证线面垂直。助力学生构建垂直关系转化思想，教师可依托系统资源提升教学效率。

8.6.3　平面与平面垂直 第2课时　平面与平面垂直的性质定理 目 标 素 养 1.能从面面垂直的定义和基本事实出发,归纳并证明平面与平面垂直的性质定理,能确认定理的条件和结论,提升直观想象和数学抽象素养. 2.在具体问题中,能运用平面与平面垂直的性质定理分析解决一些空间中的位置关系的问题,提升直观想象和逻辑推理素养. 知 识 概 览 课前·基础认知 平面与平面垂直的性质定理 微思考 (1)若α⊥β,则α内的所有直线都垂直于β吗? 提示:不一定,只有垂直于交线的直线才垂直于β.不垂直于交线的直线与β不垂直. (2)若α⊥β,则α内的直线必垂直于β内的无数条直线吗? 提示:正确.若设α∩β=l,a⊂α,b⊂β,b⊥l,则a⊥b,故β内与b平行的无数条直线均垂直于α内的任意直线. (3)若α⊥β,点A∈α,过点A作直线l⊥β,那么l与α有什么关系?垂足在β内什么位置? 提示:l⊂α,垂足在α与β的交线上. 微拓展 平面与平面垂直的性质定理揭示了面面垂直、线面垂直及线线垂直间的内在联系,体现了化归、转化的思想,其转化关系如下: 课堂·重难突破 一 平面与平面垂直的性质定理的应用 典例剖析 1.如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC, ∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2.求证:BF⊥平面ACFD. 证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示. 因为平面BCFE⊥平面ABC,平面BCFE∩平面ABC=BC,且AC⊥BC,AC⊂平面ABC,所以AC⊥平面BCK,又BF⊂平面BCK,因此BF⊥AC. 又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2, 所以△BCK为等边三角形, 且F为CK的中点,则BF⊥CK. 又CK∩AC=C,CK,AC⊂平面ACFD, 所以BF⊥平面ACFD. 规律总结 由两平面垂直的性质定理,要将面面垂直转化为线面垂直,方法是在其中一个面内作(找)与交线垂直的直线. 学以致用 1.如图①,在矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为CD的中点,将△ADE沿AE折起,得到四棱锥D1-ABCE,如图②所示,其中平面D1AE⊥平面ABCE.求证:BE⊥平面D1AE. 证明:由题意,可知AE=BE=2 , 又AB=4,所以AE2+BE2=AB2,所以BE⊥AE. 又平面D1AE⊥平面ABCE,平面D1AE∩平面ABCE=AE,BE⊂平面ABCE,所以BE⊥平面D1AE. 二 线线垂直、线面垂直、面面垂直的综合应用 典例剖析 2.如图,△ABC为正三角形,EC⊥平面ABC,BD∥CE,且CE=CA=2BD,M是EA的中点. 求证:(1)DE=DA; (2)平面BDM⊥平面ECA; (3)平面DEA⊥平面ECA. 证明:(1)设BD=a,如图,作DF∥BC交CE于F. 已知BD∥CE,则四边形BDFC为平行四边形,从而CF=DB=a. 因为CE⊥平面ABC, 所以BC⊥CF,DF⊥EC, (2)取CA的中点N,连接MN,BN, 则MN CE DB. 所以四边形MNBD为平行四边形, 所以MD∥BN. 又因为EC⊥平面ABC,所以EC⊥BN,EC⊥MD. 又DE=DA,M为EA的中点,所以DM⊥AE. 所以DM⊥平面AEC,所以平面BDM⊥平面ECA. (3)由(2)知DM⊥平面AEC,而DM⊂平面DEA, 所以平面DEA⊥平面ECA. 规律总结 垂直关系的互化及解题策略解决立体几何问题的关键是将空间问题转化成平面问题.要抓住几何图形自身的特点,如等腰(边)三角形的三线合一、中位线定理、菱形的对角线互相垂直等.还可以通过解三角形得到所需要的条件.对于一些较复杂的情况,注意应用转化思想解决问题. 学以致用 2.如图,平面PAB⊥平面ABC,平面PAC⊥平面ABC,AE⊥平面PBC,E为垂足. (1)求证:PA⊥平面ABC; (2)当E为△PBC的垂心时,求证:△ABC是直角三角形. 证明:(1)如图,在平面ABC内任取一点D,作DF⊥AC于点F,作DG⊥AB于点G. ∵平面PAC⊥平面ABC,且交线为AC, ∴DF⊥平面PAC. ∵PA⊂平面PAC, ∴DF⊥PA. 同理可证DG⊥PA. ∵DG∩DF=D, ∴PA⊥平面ABC. (2)如图,连接BE并延长交PC于点H. ∵E是△PBC的垂心,∴PC⊥BH. 又AE⊥平面PBC,∴PC⊥AE. ∵BH∩AE=E, ∴PC⊥平面ABE,∴PC⊥AB. 又PA⊥平面ABC,∴PA⊥AB. ∵PA∩PC=P, ∴AB⊥平面PAC. ∴AB⊥AC,即△ABC是直角三角形. 随堂训练 1.若平面α⊥平面β,平面β⊥平面γ,则(　　) A.α∥γ B.α⊥γ C.α与γ相交但不垂直 D.以上都有可能 答案:D 2.(多选题)如图,P为平面ABCD外的一点,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,E为AD的中点,则下列结论一定成立的是(　　) A.PE⊥AC B.PE⊥BC C.平面PBE⊥平面ABCD D.平面PBE⊥平面PAD 答案:ABC 解析:因为PA=PD,点E为AD的中点, 所以PE⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD,所以PE⊥AC,PE⊥BC,所以A,B成立. 又PE⊂平面PBE,所以平面PBE⊥平面ABCD,所以C成立. 若平面PBE⊥平面PAD,则AD⊥平面PBE,必有AD⊥BE,但由题意不能得出AD⊥BE,故D不一定成立.故选ABC. 3.如图,在四面体P-ABC中,PA=PB= ,平面PAB⊥平面ABC, ∠ABC=90°,AC=8,BC=6,则PC=　　　　　.  答案:7 解析:如图,取AB的中点E,连接PE,CE. ∵PA=PB,∴PE⊥AB. 又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB, ∴PE⊥平面ABC. ∴PE⊥CE. ∵∠ABC=90°,AC=8,BC=6, 4.如图,P为四边形ABCD所在平面外的一点,四边形ABCD是菱形,∠DAB=60°,△PAD为正三角形,其所在平面垂直于底面ABCD,G为AD的中点. 求证:(1)BG⊥平面PAD; (2)AD⊥PB. 证明:(1)如图,连接BD,在菱形ABCD中, ∵∠DAB=60°,∴△ABD为正三角形. 又G为AD的中点,∴BG⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, ∴BG⊥平面PAD. (2)如图,连接PG. ∵△PAD为正三角形,G为AD的中点, ∴PG⊥AD.由(1)知BG⊥AD. 又PG∩BG=G,∴AD⊥平面PBG. 又PB⊂平面PBG,∴AD⊥PB. $