4.3.2 第2课时 直线与平面垂直（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中数学必修第二册（湘教版2019）

直线与平面垂直 (教学方式：深化学习课——梯度进阶式教学) 第2课时 课时目标 1.了解直线与平面垂直的定义.掌握直线与平面垂直的判定定理及性质定理. 2.直线与平面垂直的定义、线面关系的证明. CONTENTS 目录 1 2 3 课前预知教材·自主落实基础 课堂题点研究·迁移应用融通 课时跟踪检测 课前预知教材·自主落实基础 01 1.直线与平面垂直的概念 定义 如果直线l与平面α相交，并且垂直于这个平面内的__________，那么就称直线l与平面α垂直 记法 _______ 有关 概念 直线l叫作平面α的______，平面α叫作直线l的______，它们的交点叫作______ 所有直线 l⊥α 垂线 垂面 垂足 图示 结论 过一点有且只有一条直线和一个平面垂直;过一点有且只有一个平面和一条直线垂直 续表 2.直线与平面垂直的判定定理与性质定理 (1)判定定理 文字语言 如果一条直线与一个平面内的___________直线垂直，那么该直线与此平面_______ 图形语言 符号语言 若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，_______，则l⊥α 两条相交 垂直 a∩b=A |微|点|助|解|　 (1)该定理涉及的元素有“一点三线一面”：①“一点”即两条直线的交点;②“三线”即平面内两条相交直线、平面的垂线;③“一面”即两条相交直线所确定的平面，也是直线的垂面. (2)该定理中有五大条件： l⊥a，l⊥b，a∩b=A，a⊂α，b⊂α，它们缺一不可. (3)两个线线垂直：定理中注意直线l与直线a，b都垂直，但要注意直线l与直线a，b的位置关系可能相交，也可能异面，即直线l可能经过交点A，也可能不经过交点A. (4)“两条相交直线”是定理中的关键，即直线a，b必须是平面α内的两条相交直线. (2)性质定理 文字语言 垂直于同一个平面的两条直线______ 符号语言 ⇒_________ 图形语言 作用 ①线面垂直⇒线线平行，②作平行线 平行 a∥b |微|点|助|解|　 (1)剖析直线与平面垂直的性质定理 ①该定理考查的是在直线与平面垂直的条件下，可得出什么结论. ②定理给出了判定两条直线平行的另一种方法(只要判定这两条直线都与同一个平面垂直). ③定理揭示了空间中“平行”与“垂直”关系的内在联系，提供了“垂直”与“平行”关系相互转化的依据. ④定理的推证过程采用了反证法. (2)直线与平面垂直的性质 ①⇒l⊥b;②⇒a∥b;③⇒b⊥α; ④⇒a⊥β;⑤⇒α∥β. 基础落实训练 1.判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)如果一条直线与一个平面内无数条直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直. (　　) (2)画直线与平面垂直时，通常把直线画成与表示平面的平行四边形的一边垂直. (　　) ×　 √　 (3)如果一条直线与一个平面内所有直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直. (　　) (4)如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面. (　　) √　 √ 2.若直线l⊥平面α，直线m⊂α，则l与m不可能 (　　) A.平行 B.相交 C.异面 D.垂直 √ 3.若一条直线和三角形的两边同时垂直，则这条直线和三角形的第三边的位置关系是 (　　) A.平行 B.垂直 C.相交不垂直 D.不确定 √ 课堂题点研究·迁移应用融通 02 题型(一)　直线与平面垂直的定义的理解 [例1]　(多选)下列四个命题中，其中正确的是 (　　) A.若直线l垂直于平面α，则l与平面α内的直线可能相交，可能异面，也可能平行 B.若直线l不垂直于平面α，则α内没有与l垂直的直线 C.若直线l不垂直于平面α，则α内也可以有无数条直线与l垂直 D.过一点和已知平面垂直的直线有且只有一条 √ √ 解析：l与平面α内的所有直线都垂直，所以A不正确;当l与α内的一条直线垂直时，不能保证l与平面α垂直，所以B不正确;当l与α不垂直时，l可能与α内的无数条平行直线垂直，所以C正确;过一点有且只有一条直线垂直于已知平面，所以D正确. 　　|思|维|建|模|　 直线与平面垂直定义的“双向”作用 (1)证明线面垂直：若一条直线与一个平面内任意一条直线都垂直，则该直线与已知平面垂直，即线线垂直⇒线面垂直. (2)证明线线垂直：若一条直线与一个平面垂直，则该直线与平面内任意一条直线垂直，即线面垂直⇒线线垂直. 针对训练 1.设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是 (　　) A.若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B.若l⊥α，l∥m，则m⊥α C.若l∥α，m⊂α，则l∥m D.若l∥α，m∥α，则l∥m √ 解析：对于A，直线l⊥m，m并不代表平面α内任意一条直线，所以不能判定线面垂直;对于B，因为l⊥α，则l垂直α内任意一条直线，又l∥m，由异面直线所成角的定义知，m与平面α内任意一条直线所成的角都是90°，即m⊥α，故B正确;对于C，也有可能是l，m异面;对于D，l，m还可能相交或异面.故选B. 题型(二)　直线与平面垂直的判定定理的应用 [例2]　在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD=DC=CB=1，AB=2，DP=.求证：BD⊥PA. 证明：如图所示，取AB中点为O，连接DO，CO，则OB=DC=1. 又DC∥OB， 所以四边形DCBO为平行四边形. 又BC=OB=1， 所以四边形DCBO为菱形，所以BD⊥CO. 同理可得，四边形DCOA为菱形， 所以AD∥CO，所以BD⊥AD. 因为PD⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PD⊥BD.又AD∩PD=D，AD，PD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP. 因为PA⊂平面ADP，所以BD⊥PA. |思|维|建|模| 证线面垂直的方法 (1)线线垂直证明线面垂直 ①定义法不常用，但由线面垂直可得出线线垂直; ②判定定理最常用：要着力寻找平面内的两条相交直线(有时作辅助线)，结合平面图形的性质(如勾股定理逆定理、等腰三角形底边中线等)及一条直线与平行线中一条垂直，也与另一条垂直等结论来论证线线垂直. (2)平行转化法(利用推论) ①a∥b，a⊥α⇒b⊥α; ②α∥β，a⊥α⇒a⊥β. 针对训练 2.若三条直线OA，OB，OC两两垂直，则直线OA垂直于 (　　) A.平面OAB　　　　　　　 B.平面OAC C.平面OBC D.平面ABC 解析：∵OA⊥OB，OA⊥OC，OB∩OC=O，OB，OC⊂平面OBC，∴OA⊥平面OBC. √ 3.如图，在三棱锥S-ABC中，∠ABC=90°，D是AC的中点，且SA=SB=SC. (1)求证：SD⊥平面ABC; 证明：∵SA=SC，D是AC的中点， ∴SD⊥AC.在Rt△ABC中，AD=BD，由已知SA=SB，∴△ADS≌△BDS.∴SD⊥BD. 又AC∩BD=D，AC⊂平面ABC，BD⊂平面ABC， ∴SD⊥平面ABC. (2)若AB=BC，求证：BD⊥平面SAC. 证明：∵AB=BC，D为AC的中点，∴BD⊥AC. 由(1)知SD⊥BD.又SD∩AC=D，SD⊂平面SAC，AC⊂平面SAC，∴BD⊥平面SAC. 题型(三)　直线与平面垂直的性质定理的应用 [例3]　如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是 AB上一点，N是A1C的中点，MN⊥平面A1DC. 求证：MN∥AD1. 证明：因为四边形ADD1A1为正方形， 所以AD1⊥A1D. 又因为CD⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以CD⊥AD1. 因为A1D∩CD=D，A1D⊂平面A1DC，CD⊂平面A1DC，所以AD1⊥平面A1DC. 又因为MN⊥平面A1DC，所以MN∥AD1. |思|维|建|模| 关于线面垂直性质定理的应用 　　在证明与垂直相关的平行问题时，可以考虑线面垂直的性质定理，利用已知的垂直关系构造线面垂直，关键是确定与要证明的两条直线都垂直的平面. 针对训练 4.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD 为等边三角形，AD=DE=2AB，F为CD的中点. (1)求证：AF∥平面BCE; 证明：如图所示，取CE的中点G，连接FG，BG. ∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF=DE. ∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥DE， ∴GF∥AB.又AB=DE，∴GF=AB. ∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG. ∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE， ∴AF∥平面BCE. (2)求证：AF⊥平面CDE. 证明：∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点， ∴AF⊥CD.∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD， ∴DE⊥AF. 又CD∩DE=D，故AF⊥平面CDE. 课时跟踪检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 A级——达标评价 1.△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，l，m为两条不重合的直线，则直线l，m的位置关系是(　　) A.平行　　　　　　 B.垂直 C.相交 D.以上都有可能 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 解析：因为直线l⊥AB，l⊥AC，且AB∩AC=A，所以l⊥平面α，同理m⊥平面α.由线面垂直的性质定理可得l∥m. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 2.如图，α∩β=l，点A，C∈α，点B∈β，且BA⊥α，BC⊥β，那么直线l与直线AC的关系是 (　　) A.异面 B.平行 C.垂直 D.不确定 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解析：∵AB⊥α，l⊂α，∴AB⊥l， 又∵BC⊥β，l⊂β，∴BC⊥l， 又AB∩BC=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴l⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴l⊥AC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 3.(2024·天津高考)若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是 (　　) A.若m∥α，n∥α，则m⊥n B.若m∥α，n∥α，则m∥n C.若m∥α，n⊥α，则m⊥n D.若m∥α，n⊥α，则m与n相交 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误;若m∥α，n⊥α，则m⊥n，且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 4.(多选)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA=AB，D为PB的中点，则下列结论正确的有 (　　) A.BC⊥平面PAB　 B.AD⊥PC C.AD⊥平面PBC D.PB⊥平面ADC √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，又BC⊥AB，PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，故A正确;由BC⊥平面PAB，AD⊂平面PAB，得BC⊥AD，又PA=AB，D是PB的中点，∴AD⊥PB，又PB∩ BC=B，PB，BC⊂平面PBC，∴AD⊥平面PBC，故C正确;由AD⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，得AD⊥PC，故B正确;由BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，得PB⊥BC，∴PB与DC不垂直，∴PB与平面ADC不垂直.故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 5.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，D是侧面 PBC上的一点，过点D作平面ABC的垂线DE，其中D∉ PC，则DE与平面PAC的位置关系是______.   解析：因为DE⊥平面ABC，PA⊥平面ABC，所以DE∥PA.又DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC. 平行 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 6.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，当底面四边形A1B1C1D1满足条件___________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种情况即可，不必考虑所有可能的情况).  A1C1⊥B1D1 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：如图，连接A1C1，由直四棱柱ABCD-A1B1C1D1可得CC1⊥平面A1B1C1D1，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，故CC1⊥B1D1，当A1C1⊥B1D1时，因为CC1∩A1C1=C1，故B1D1⊥平面A1C1C，而A1C⊂平面A1C1C，故A1C⊥B1D1. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 7.(10分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB⊥平面PAD，AD=AP，E是PD的中点，M，N分别在AB，PC上，且MN⊥AB，MN⊥PC. 求证：AE∥MN. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 证明：∵AB⊥平面PAD，AE⊂平面PAD， ∴AE⊥AB.又AB∥CD，∴AE⊥CD. ∵AD=AP，E是PD的中点，∴AE⊥PD. 又CD∩PD=D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，∴AE⊥平面PCD. ∵MN⊥AB，AB∥CD，∴MN⊥CD. 又∵MN⊥PC，PC∩CD=C，PC⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，∴MN⊥平面PCD.∴AE∥MN. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 8.(12分)如图，已知△ABC中，∠ACB=90°，SA⊥ 平面ABC，AD⊥SC于D，求证：AD⊥平面SBC. 证明：∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC. 又SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC. 又AC∩SA=A，∴BC⊥平面SAC. ∵AD⊂平面SAC，∴BC⊥AD. 又SC⊥AD，SC∩BC=C，∴AD⊥平面SBC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 B级——重点培优 9.若P是△ABC所在平面外一点，PA，PB，PC两两垂直，且PO⊥平面ABC于点O，则O是△ABC的(　　) A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：连接AO并延长交BC于点D，连接BO，并延 长交AC于点E，∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC=P， ∴PA⊥平面PBC，∵BC⊂平面PBC，∴PA⊥BC. ∵PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PO⊥BC， 又PA∩PO=P，∴BC⊥平面PAO，∵AO⊂平面PAO，∴AO⊥BC，即AD⊥BC，同理可得BE⊥AC.根据三角形垂心定义可知O是△ABC的垂心. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 10.(多选)如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，则下面结论正确的是 (　　) A.BD∥平面CB1D1 B.AC1⊥BD C.AC1⊥平面CB1D1 D.异面直线AD与CB1所成的角为60° √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 解析：由于BD∥B1D1，BD⊄平面CB1D1，B1D1⊂平面CB1D1，则BD∥平面CB1D1，所以A正确;因为BD⊥AC，BD⊥CC1，AC∩CC1=C，所以BD⊥平面ACC1，所以AC1⊥BD，所以B正确;可以证明AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，因为B1D1∩B1C=B1，所以AC1⊥平面CB1D1，所以C正确;由于AD∥BC，则∠BCB1=45°是异面直线AD与CB1所成的角，所以D错误. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 11.如图，设平面α∩平面β=PQ，EG⊥平面α，FH⊥ 平面α，垂足分别为G，H，为使PQ⊥GH，则需 增加的一个条件是_________________________.  解析：因为EG⊥平面α，PQ⊂平面α，所以EG⊥PQ. 若EF⊥平面β，则由PQ⊂平面β，得EF⊥PQ. 又因为EG与EF为相交直线，所以PQ⊥平面EFHG，而GH⊂平面EFHG，从而PQ⊥GH. EF⊥平面β(答案不唯一) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 12.(15分)如图， 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是 平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，BC=4，M是BC 的中点，PD⊥DC. 求证：DC⊥平面PDM. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 证明：在△DCM中，易知DC=1，CM=2，∠DCM=60°，由余弦定理，得DM2=CD2+CM2-2CD·CM·cos∠DCM=1+4-2×1×2×=3，所以DM=，所以DM2+DC2=CM2，所以△DCM为直角三角形，且∠CDM=90°，即DM⊥DC. 又因为DP⊥DC，DP∩DM=D，DP⊂平面PDM，DM⊂平面PDM，所以DC⊥平面PDM. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 13.(15分)如图，三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为4 的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，M为A1B1的中点. (1)求证：MC⊥AB; 解：证明：取AB的中点N，连接MN，CN， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 则MN⊥底面ABC，MN⊥AB. 因为△ABC是正三角形， 所以NC⊥AB， 又MN∩NC=N，MN⊂平面MNC， NC⊂平面MNC，可得AB⊥平面MNC，从而AB⊥MC. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 (2)若AA1=2，侧棱CC1上是否存在点P使得MC⊥平面ABP?若存在，求出PC的长;若不存在，请说明理由. 解：存在点P且当PC=时，使得MC⊥平面ABP. 由(1)知，MC⊥AB，若存在点P使得MC⊥平面ABP，则必有MC⊥BP. 过M作MQ⊥B1C1，垂足为Q，连接QC，则QC是MC在平面BCC1B1内的射影， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 4 2 只需QC⊥BP即可，此时Rt△QC1C∽Rt△PCB，=，所以PC===， 点P恰好是CC1的中点. $$