8.6.2 第2课时 直线与平面垂直的性质定理-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套课件PPT（人教A版）

该高中数学课件聚焦直线与平面垂直的性质定理，课前通过教材自主落实环节（定理表格、基础训练）搭建学习支架，课堂以梯度进阶式教学，从长方体模型直观感知定理到性质应用、距离问题及综合问题，形成连贯知识脉络。 其亮点在于以数学眼光的几何直观和空间观念为基础，结合数学思维的推理能力，设计例1线面垂直证线线平行等例题，通过梯度化题型培养逻辑推理。帮助学生提升空间想象与应用能力，教师可利用分层资源高效教学。

直线与平面垂直的性质定理 [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.借助长方体,通过直观感知,了解空间中直线与平面垂直的性质定理. 2.会应用线面垂直的性质定理证明一些简单的线面关系. 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 1.直线与平面垂直的性质定理 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 2.线面距与面面距 (1)一条直线与一个平面平行时,这条直线上_________到这个平面的距离,叫做这条直线到这个平面的距离. (2)如果两个平面平行,那么其中一个平面内的_________到另一个平面的距离________,我们把它叫做这两个平行平面间的距离. 任意一点 任意一点 都相等 3.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. (6)过一点有且只有一条直线与已知平面垂直. (7)过一点有且只有一个平面与已知直线垂直. 基础落实训练 1.判断正误(正确的画“√”,错误的画“×”) (1)垂直于同一条直线的两个平面互相平行. (　　) (2)垂直于同一平面的两条直线互相平行. (　　) (3)一条直线在平面内,另一条直线与这个平面垂直,则这两条直线互相垂直. (　　) √ √ √ 2.矩形ABCD中,AB=1,BC=,PA⊥平面ABCD,PA=1,则PC与平面ABCD所成的角是__________. 30° 解析:由题意知∠PCA为PC与平面ABCD所成的角. 在Rt△PAC中,tan∠PCA===, ∴∠PCA=30°. 3.在四棱台ABCD-A1B1C1D1中,若点A1到平面ABCD的距离为4,则直线A1B1到平面ABCD的距离为__________,平面ABCD到平面A1B1C1D1的距离为__________. 4 4 课堂题点研究·迁移应用融通 题型(一)　直线与平面垂直性质定理的应用 [例1]　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.证明:AE∥MN. 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,PD⊂平面PCD, ∴AE⊥平面PCD. ∵MN⊥AB,AB∥CD,∴MN⊥CD. 又∵MN⊥PC,PC∩CD=C,PC,CD⊂平面PCD, ∴MN⊥平面PCD,∴AE∥MN. |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 1.如图,α∩β=l,PA⊥α,PB⊥β,垂足分别为A,B, a⊂α,a⊥AB.求证:a∥l. 证明:∵PA⊥α,l⊂α,∴PA⊥l.同理PB⊥l. ∵PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB, ∴l⊥平面PAB.又∵PA⊥α,a⊂α,∴PA⊥a. ∵a⊥AB,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, ∴a⊥平面PAB.∴a∥l. 题型(二)　距离问题 [例2]　(2023·天津高考,节选)如图,在三棱台ABC- A1B1C1中,若A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2, A1C1=1,M,N分别是BC,BA的中点. (1)求证:A1N∥平面C1MA; 解:证明:连接MN.由M,N分别是BC,BA的中点,根据中位线性质,MN∥AC,且MN==1,由棱台性质,A1C1∥AC,于是MN∥A1C1,由MN=A1C1=1可知,四边形MNA1C1是平行四边形,则A1N∥MC1,又A1N⊄平面C1MA,MC1⊂平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA. (2)求点C到平面C1MA的距离. 解:过点C1作C1P⊥AC,垂足为P,作C1Q⊥AM,垂足为Q, 连接PQ,PM,过P作PR⊥C1Q,垂足为R. 由题干数据可得,C1A=C1C=,C1M==. 根据勾股定理,C1Q==. 由C1P⊥平面AMC,AM⊂平面AMC,则C1P⊥AM.又C1Q⊥AM,C1Q∩C1P=C1,C1Q, C1P⊂平面C1PQ,所以AM⊥平面C1PQ.又PR⊂平面C1PQ,则PR⊥AM.又PR⊥C1Q, C1Q∩AM=Q,C1Q,AM⊂平面C1MA,故PR⊥平面C1MA. 在Rt△C1PQ中,PR===. 又CA=2PA,故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍. 即点C到平面C1MA的距离是. |思|维|建|模| (1)从平面外一点作一个平面的垂线,这个点与垂足间的距离就是这个点到这个 平面的距离.当该点到已知平面的垂线不易作出时,可利用线面平行、面面平行的性质转化为与已知平面等距离的点作垂线,然后计算. (2)利用中点转化:如果条件中具有中点条件,将一个点到平面的距离,借助中点(等分点),转化为另一点到平面的距离. (3)通过换底转化:一是直接换底,以方便求几何体的高;二是将底面扩展(分割),以方便求底面积和高. 2.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,棱AA1=12,AB=5. (1)求点B1到平面A1BCD1的距离; 针对训练 解:如图,过点B1作B1E⊥A1B于点E. 由题意知BC⊥平面A1ABB1,且B1E⊂平面A1ABB1, ∴BC⊥B1E. ∵BC∩A1B=B,BC⊂平面A1BCD1,A1B⊂平面A1BCD1, ∴B1E⊥平面A1BCD1. ∴线段B1E的长即为所求. 在Rt△A1B1B中,B1E===.∴点B1到平面A1BCD1的距离为. (2)求B1C1到平面A1BCD1的距离. 解:∵B1C1∥BC,且B1C1⊄平面A1BCD1,BC⊂平面A1BCD1, ∴B1C1∥平面A1BCD1. ∴点B1到平面A1BCD1的距离即为所求. ∴直线B1C1到平面A1BCD1的距离为. [例3]　如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=1, ∠ACB=90°,AA1=,D是A1B1的中点. (1)求证:C1D⊥平面AA1B1B; 题型(三)　线面垂直的综合问题 解:证明:因为ABC-A1B1C1是直三棱柱, 所以A1C1=B1C1=1,且∠A1C1B1=90°. 又D是A1B1的中点,所以C1D⊥A1B1. 因为AA1⊥平面A1B1C1,C1D⊂平面A1B1C1, 所以AA1⊥C1D.又A1B1∩AA1=A1,A1B1,AA1⊂平面AA1B1B, 所以C1D⊥平面AA1B1B. (2)当点F在BB1上的什么位置时,会使得AB1⊥平面C1DF?并证明你的结论. 解:当点F为BB1的中点时,会使AB1⊥平面C1DF.证明如下: 如图,作DE⊥AB1交AB1于E,延长DE交BB1于F, 连接C1F,则AB1⊥平面C1DF,点F为所求. 因为C1D⊥平面AA1B1B,AB1⊂平面AA1B1B, 所以C1D⊥AB1. 又AB1⊥DF,DF∩C1D=D,所以AB1⊥平面C1DF. 因为AA1=A1B1=, 所以四边形AA1B1B为正方形. 又D为A1B1的中点,DF⊥AB1,所以F为BB1的中点. 所以当点F为BB1的中点时,AB1⊥平面C1DF. |思|维|建|模| 线线、线面垂直问题的解题策略 (1)证明线线垂直,一般通过证明一条直线垂直于经过另一条直线的平面,为此分析题设,观察图形找到是哪条直线垂直于经过哪条直线的平面. (2)证明直线和平面垂直,就是要证明这条直线垂直于平面内的两条相交直线,这一点在解题时一定要体现出来. 针对训练 3.如图,已知AF⊥平面ABCD,四边形ABEF为矩形, 四边形ABCD为直角梯形,∠DAB=90°,AB∥CD, AD=AF=CD=2,AB=4. (1)求证:AC⊥平面BCE; 证明:在直角梯形ABCD中,AD=CD=2,AB=4,所以AC=BC=2. 所以AC2+BC2=AB2.所以AC⊥BC. 因为AF⊥平面ABCD,AF∥BE, 所以BE⊥平面ABCD. 又AC⊂平面ABCD,所以BE⊥AC. 又BE⊂平面BCE,BC⊂平面BCE,BE∩BC=B,所以AC⊥平面BCE. (2)求证:AD⊥AE. 证明:因为AF⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, 所以AF⊥AD.又∠DAB=90°,所以AB⊥AD. 又AF⊂平面ABEF,AB⊂平面ABEF,AF∩AB=A,所以AD⊥平面ABEF. 又AE⊂平面ABEF,所以AD⊥AE. 课时跟踪检测 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线l(与直线BB1不重合)⊥平面A1C1,则 (　　) A.B1B⊥l B.B1B∥l C.B1B与l异面但不垂直 D.B1B与l相交但不垂直 解析:因为B1B⊥平面A1C1,且l⊥平面A1C1,所以l∥B1B. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 3 4 2.已知△ABC所在的平面为α,直线l⊥AB,l⊥AC,直线m⊥BC,m⊥AC,则直线l,m的位置关系是 (　　) A.相交 B.异面 C.平行 D.不确定 解析:因为l⊥AB,l⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,所以l⊥平面ABC.又m⊥BC,m⊥AC,BC∩AC=C,BC,AC⊂平面ABC,所以m⊥平面ABC. 由直线与平面垂直的性质定理知l∥m. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 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 √ 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. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 4.已知平面α∥平面β,m⊂α,n⊂β,且直线m与n不平行.记平面α,β的距离为d1,直线m,n的距离为d2,则 (　　) A.d1<d2 B.d1=d2 C.d1>d2 D.d1与d2大小不确定 解析:因为平面α∥平面β,m⊂α,n⊂β,且直线m与n不平行, 所以平面α,β的距离等于直线m,n的距离,即d1=d2.故选B. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 5.(多选)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不重合的平面,给定下列四个命题,其中的真命题是 (　　) A.若m⊥n,n⊂α,则m⊥α B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n C.若m⊥α,n⊥α,则m∥n D.若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥n 解析:对于A,直线m垂直于平面α内的一条直线n,则直线m与平面α不一定垂直,所以A不是真命题;对于B,是直线与平面垂直的定义的应用,所以B是真命题;对于C,是直线与平面垂直的性质定理,所以C是真命题;对于D,分别在两个平行平面α,β内的直线m,n平行或异面,所以D不是真命题. 故选BC. √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 6.已知直线l∩平面α=O,A∈l,B∈l,A∉α,B∉α,且OA=AB. 若AC⊥平面α,垂足为C,BD⊥平面α,垂足为D,AC=1, 则BD= (　　) A.2 B.1 C. D. 解析:因为AC⊥平面α,BD⊥平面α,所以AC∥BD.连接OD,所以=.因为OA=AB,所以=.因为AC=1,所以BD=2.故选A. √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 7.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　　) A.直线BC1与DA1的夹角为90° B.直线BC1与CA1的夹角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 解析:如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1, 因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1.所以直线BC1与DA1的夹角为90°,故A正确. √ √ √ 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1⊂平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.连接B1C,则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C=C,CD,B1C⊂平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1.又CA1⊂平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1.所以直线BC1与CA1的夹角为90°,故B正确. 连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D.连接OB,因为OB⊂平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a,则易得BC1=a,OC1=,所以在Rt△BOC1中,OC1=BC1.所以∠OBC1=30°,故C错误. 因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角.易得∠CBC1=45°,故D正确.故选ABD. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 8.(5分)如图,已知AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,且AF=DE,AD=6,则EF=__________. 6 解析:因为AF⊥平面ABCD,DE⊥平面ABCD,所以AF∥DE.又AF=DE,所以四边形AFED是平行四边形.所以EF=AD=6. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 9.(5分)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,当底面四边形ABCD满足条件____________时,有A1C⊥B1D1(注:填上你认为正确的一种条件即可,不必考虑所有可能的情况). BD⊥AC 解析:当BD⊥AC时,BD⊥AA1,所以BD⊥平面AA1C,从而BD⊥A1C.又B1D1∥BD,所以A1C⊥B1D1. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 10.(5分)已知线段AB在平面α的同侧,A,B到α的距离分别为3和5, 则AB的中点到α的距离为__________. 解析:如图,设AB的中点为M,分别过A,M,B向α作垂线,垂足分别为A1,M1,B1.则由线面垂直的性质可知, AA1∥MM1∥BB1.四边形AA1B1B为直角梯形,AA1=3, BB1=5,MM1为其中位线,∴MM1=4. 4 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 11.(5分)已知平面α∥平面β,点A,C∈α,点B,D∈β,若AB+CD=33, 且AB,CD在β内射影长分别为5和16,则α与β间的距离为_______. 12 解析:如图,过点A作AE⊥β,垂足为E,过点C作CF⊥β, 垂足为F,由题意可知,BE=5,DF=16,设AB=x,CD=33-x, 则x2-25=(33-x)2-256,解得x=13,∴平面α与β间的距离AE==12. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 12.(5分)已知∠ACB=90°,M为平面ABC外一点,MC=,点M到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么M到平面ABC的距离为________. 1 解析:如图,作MD,ME分别垂直于AC,BC, MO⊥平面ABC,连接CO,则CD⊥MD,CD⊥MO, MD∩MO=M,MD⊂平面MDO,MO⊂平面MDO, ∴CD⊥平面MDO,又OD⊂平面MDO,∴CD⊥OD. 又CD⊥MD,MD=ME=,MC=,∴CD==1. 同理,CE=1.∴Rt△CDO∽Rt△CEO,则CO为∠ACB的 平分线,∴∠OCD=45°,OD=CD=1,OC=,又MC=, ∴MO==1. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 13.(10分)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, 所以CD⊥AD1.因为A1D∩CD=D,A1D, CD⊂平面A1DC,所以AD1⊥平面A1DC. 又因为MN⊥平面A1DC,所以MN∥AD1. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 4 2 14.(10分)如图,PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD, E,F分别为BC,CD上的点,且EF⊥AC. 求证:=. 证明:∵PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD, ∴PA⊥BD,PC⊥BD,PC⊥EF. 又PA∩PC=P,PA,PC⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC. 又EF⊥AC,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,∴EF⊥平面PAC.∴EF∥BD.∴=. 15 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 15.(15分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中: (1)求证:A1A∥平面BB1D1D;(5分) 解:证明:在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AA1∥BB1,又BB1⊂平面BB1D1D, AA1⊄平面BB1D1D,所以A1A∥平面BB1D1D. 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 4 2 (2)若AB=4,AD=3,求A1A到平面BB1D1D的距离.(10分) 解:由(1)知A1A∥平面BB1D1D,则直线A1A上任意一点到平面BB1D1D的距离都相等. 如图,过点A作AH⊥BD交BD于H,易知BB1⊥平面ABCD, 因为AH⊂平面ABCD,所以BB1⊥AH. 因为BB1∩BD=B, 所以AH⊥平面BB1D1D, 即AH的长为直线A1A到平面BB1D1D的距离. 在△ABD中,AB=4,AD=3,则BD=5. 由等面积法得AH===, 所以A1A到平面BB1D1D的距离为. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $