11.4.2 第2课时 垂直关系的综合问题-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第四册配套课件PPT（人教B版）

该高中数学课件聚焦垂直关系综合问题，核心内容包括线线、线面、面面垂直的相互转化及翻折、探索性问题的解决，通过习题讲评式教学，以例1垂直转化、例2翻折问题、例3探索性问题为支架，衔接前序线面垂直判定等知识，构建从基础到综合的学习脉络。 其亮点在于设置“思维建模”环节，如翻折问题强调不变量分析，探索性问题总结先猜后证策略，培养学生数学思维与推理能力。例题分层设计助学生用数学眼光观察空间图形，提升空间观念与表达能力，教师可直接用于分层教学，高效落实核心素养。

垂直关系的综合问题 [教学方式:拓展融通课——习题讲评式教学] 第2课时 课时目标 1.理解并掌握线线垂直、线面垂直及面面垂直的相互转化关系. 2.能利用垂直关系解决一些简单的综合问题. CONTENTS 目录 1 2 3 题型(一) 垂直关系的相互转化　 题型(二) 翻折问题　 题型(三) 垂直关系中的探索性问题 　 4 课时跟踪检测 题型(一)　垂直关系的相互转化 01 [例1]　如图，平面PAB⊥平面ABC，平面PAC⊥平面ABC，AE⊥平面PBC，点E为垂足. (1)求证：PA⊥平面ABC； 证明：在平面ABC内取一点D，作DF⊥AC于点F. ∵平面PAC⊥平面ABC，且交线为AC， ∴DF⊥平面PAC. ∵PA⊂平面PAC， ∴DF⊥PA.作DG⊥AB于点G， 同理可证DG⊥PA.∵DG，DF都在平面ABC内， 且DG∩DF=D，∴PA⊥平面ABC. (2)当点E为△PBC的垂心时，求证：△ABC是直角三角形. 证明：连接BE并延长交PC于点H. ∵点E是△PBC的垂心， ∴PC⊥BE.又AE⊥平面PBC，PC⊂平面PBC， ∴PC⊥AE.∵AE∩BE=E，∴PC⊥平面ABE.又AB⊂平面ABE，∴PC⊥AB. 由(1)知PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC， ∴PA⊥AB.∵PA∩PC=P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，∴AB⊥平面PAC.又AC⊂平面PAC，∴AB⊥AC，即△ABC是直角三角形. |思|维|建|模| (1)在有关垂直问题的证明过程中要注意线线垂直、线面垂直、面面垂直的相互转化.因此，判定定理与性质定理的合理应用是证明垂直问题的关键. (2)空间问题转化成平面问题是解决立体几何问题的一个基本原则.解题时，要通过几何图形自身的特点，如等腰(等边)三角形的“三线合一”、中位线定理、菱形的对角线互相垂直等，得出一些题目所需要的条件.对于一些较复杂的问题，注意应用转化思想解决问题.　 针对训练 1.如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD=2AB，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，点E，F分别是CD，PC的中点. 求证：(1)PA⊥平面ABCD； 证明：因为平面PAD⊥平面ABCD， 且PA垂直于这两个平面的交线AD，PA⊂平面PAD， 所以PA⊥平面ABCD. (2)BE∥平面PAD； 证明：因为AB∥CD，CD=2AB，E为CD的中点， 所以AB∥DE，且AB=DE， 所以四边形ABED为平行四边形， 所以BE∥AD. 又BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以BE∥平面PAD. (3)平面BEF⊥平面PCD. 证明：因为AB⊥AD， 由(2)知四边形ABED为平行四边形， 所以BE⊥CD，AD⊥CD. 由(1)知PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD. 因为PA∩AD=A，所以CD⊥平面PAD， 又PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD. 因为点E，F分别是CD，PC的中点，所以PD∥EF，所以CD⊥EF， 又EF∩BE=E，EF⊂平面BEF，BE⊂平面BEF， 所以CD⊥平面BEF. 因为CD⊂平面PCD，所以平面BEF⊥平面PCD. 题型(二)　翻折问题 02 [例2]　如图所示，在直角梯形ABCD中，∠ADC=90°，CD∥AB，AB=4，AD=CD=2.将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D-ABC.求证：BC⊥平面ACD. 证明：如题图(1)，在梯形ABCD中，AD=CD=2，∠ADC=90°， 过C作CE⊥AB，E为垂足， ∴四边形AECD为正方形. ∴CE=AE=EB=2.∴∠ACE=∠BCE=45°. ∴∠ACB=90°，即BC⊥AC. 如题图(2)，平面ACD⊥平面ABC且平面ACD∩平面ABC=AC， 又BC⊂平面ABC且BC⊥AC，∴BC⊥平面ACD. |思|维|建|模| 折叠问题的求解策略 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量.一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化. (2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形.进而将其转化为立体几何的常规问题求解.　 针对训练 2.如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB=AD =CD=1.现以AD为一边向形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直，M为ED的中点，如图2. (1)求证：AM∥平面BEC； 证明：取EC中点N，连接MN，BN. 在△EDC中， M，N分别为ED， EC的中点， 所以MN∥CD， 且MN=CD. 又AB∥CD，AB=CD， 所以MN∥AB，且MN=AB， 因此四边形MNBA是平行四边形， 所以有BN∥AM.又因为BN⊂平面BEC， 且AM⊄平面BEC， 所以AM∥平面BEC. (2)求证：BC⊥平面BDE. 证明：在正方形ADEF中，ED⊥AD. 又因为平面ADEF⊥平面ABCD， 且平面ADEF∩平面ABCD=AD， 所以DE⊥平面ABCD.又BC⊂平面ABCD， 所以DE⊥BC. 在直角梯形ABCD中，AB=AD=CD=1，可得BC=.在△BCD中，BD=BC=，CD=2， 所以BD2+BC2=CD2.所以BD⊥BC，BD∩DE=D，BD，DE⊂平面BDE，所以BC⊥平面BDE. 题型(三)　垂直关系中的探索 性问题 03 [例3]　如图所示，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，DB=BC，DB⊥AC，点M是棱BB1上一点. (1)求证：B1D1∥平面A1BD； 解：证明：由直四棱柱，得BB1∥DD1， 且BB1=DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形， 所以B1D1∥BD.而BD⊂平面A1BD，B1D1⊄平面A1BD， 所以B1D1∥平面A1BD. (2)求证：MD⊥AC； 解：证明：因为BB1⊥平面ABCD， AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC. 又因为BD⊥AC，且BD∩BB1=B， 所以AC⊥平面BB1D，而MD⊂平面BB1D， 所以MD⊥AC. (3)试确定点M的位置，使得平面DMC1⊥平面CC1D1D. 解：当点M为棱BB1的中点时， 平面DMC1⊥平面CC1D1D.证明如下： 取DC的中点N，D1C1的中点N1， 连接NN1交DC1于点O， 连接OM.因为N是DC的中点， BD=BC，所以BN⊥DC. 又因为DC是平面ABCD与平面CC1D1D的交线， 而平面ABCD⊥平面CC1D1D， 所以BN⊥平面CC1D1D.又可证得， O是NN1的中点， 所以BM∥ON，且BM=ON， 即四边形BMON是平行四边形，所以BN∥OM， 所以OM⊥平面CC1D1D，因为OM⊂平面DMC1，所以平面DMC1⊥平面CC1D1D. |思|维|建|模| 解决探索性问题的方法 (1)对命题条件的探索的三种途径 ①先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明； ②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性； ③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件. (2)对命题结论的探索方法 从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论. 针对训练 3.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，△SAD为等腰直角三角形，SA=SD=2，AB=2，F是BC的中点. (1)在AD上是否存在点E，使得平面SEF⊥平面ABCD?若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由. 解：在线段AD上存在点E满足题意， 且E为AD的中点. 如图，取AD中点E连接EF，SE，SF， 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD. 又E，F分别是AD，BC的中点，所以EF∥AB，AD⊥EF.因为△SAD为等腰直角三角形，SA=SD，E为AD的中点，所以SE⊥AD.因为SE∩EF=E，SE，EF⊂平面SEF，所以AD⊥平面SEF.又AD⊂平面ABCD，所以平面SEF⊥平面ABCD.故AD上存在中点E，使得平面SEF⊥平面ABCD. (2)若△SBC为等边三角形，在(1)的条件下，求直线SE与平面SBC所成角的正弦值. 解：过点E作EG⊥SF于点G，由(1)知AD⊥平面SEF， 又BC∥AD， 则BC⊥平面SEF，EG⊂平面SEF，所以BC⊥EG. 又SF∩BC=F，SF，BC⊂平面SBC，所以EG⊥平面SBC. 所以直线SE与平面SBC所成的角为∠ESG. 由△SAD为等腰直角三角形，SA=SD=2， 得AD===4，SE=AD=2.又EF=AB=2，△SBC为等边三角形，BC=AD=4，所以SF=2.在△SEF中，SE=EF=2，SF=2，所以EG==1.所以sin∠ESG==，即直线SE与平面SBC所成角的正弦值为. 课时跟踪检测 04 1 3 4 5 6 7 8 9 10 2 1.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任意一点，则下列结论中正确的是 (　　) A.PB⊥AC　　　　 B.PC∥BC C.AC⊥平面PBC D.平面PAC⊥平面PBC √ 解析：因为PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，所以PA⊥BC，PA⊥AC，又点C是圆周上异于A，B的任意一点，所以AC⊥BC.对于A、C，若PB⊥AC，则可得AC⊥平面PBC，则AC⊥PC，与PA⊥AC矛盾，故A、C错误；对于B、D，可知BC⊥平面PAC，所以PC⊥BC，由BC⊂平面PBC可得平面PAC⊥平面PBC，故B错误，D正确. 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC.则下列两条直线中，不互相垂直的是 (　　) A.AA1和BC B.AB1和BC1 C.A1B和BC D.AB和B1C √ 解析：对于A，因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以AA1⊥BC；对于B，AB1与BC1不一定垂直； 对于C，因为AA1⊥BC，AB⊥BC，且AA1∩AB=A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，所以A1B⊥BC； 对于D，因为AA1⊥平面ABC，CC1∥AA1，所以CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以CC1⊥AB，又AB⊥BC，且BC∩CC1=C，BC，CC1⊂平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1，又B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C.故选B. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 3.一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形.如图，在四面体P-ABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF(此外不再增加任何连线)，则图中直角三角形最多有 (　　) A.6个　　 B.8个　 C.10个　　 D.12个 √ 解析：为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体P-ABC为“鳖臑”，其中PA⊥平面ABC，且AB⊥BC，易知CB⊥平面PAB.若AE⊥PB，EF⊥PC，由CB⊥平面PAB，得平面PAB⊥平面PBC.又AE⊥PB，平面PAB∩平面PBC=PB，所以AE⊥平面PBC，所以AE⊥EF，且AE⊥PC.又EF⊥PC，知四面体P-AEF也是“鳖臑”，则题图中的10个三角形全是直角三角形，故选C. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 4.已知AB是☉O的直径，PA垂直于☉O所在的平面，C是圆周上异于A，B的任意一点，连接PC，PB，AC，BC，得到四个三角形，其中直角三角形的个数为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 √ 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 解析：如图所示，因为PA垂直于☉O所在的平面， AB，AC，BC在☉O所在平面内， 所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC. 所以△PAB和△PAC均为直角三角形. 又因为AB为☉O的直径，可得AC⊥BC， 所以△ABC为直角三角形.又AC∩PA=A，且AC，PA⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.又因为PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC.所以△PBC为直角三角形.所以共有4个直角三角形.故选D. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 5.如图①，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD=90°，点E为线段AB上异于A，B的点，点F为线段CD上异于C，D的点，且EF∥DA，沿EF将平面EBCF折起，如图②，则下列结论正确的是 (　　) A.AB∥CD B.AB∥平面DFC C.A，B，C，D四点共面 D.CE与DF所成的角为直角 √ 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 解析：在图②中，∵BE∥CF，BE⊄平面DFC，CF⊂平面DFC，∴BE∥平面DFC，同理AE∥平面DFC.又BE∩AE=E，∴平面ABE∥平面DFC，又AB⊂平面ABE，∴AB∥平面DFC，故B正确；若A，B，C，D四点共面，则AD∥EF，AD⊄平面BEFC，EF⊂平面BEFC，∴AD∥平面BEFC.平面BEFC∩平面ABCD=BC，AD⊂平面ABCD，则AD∥BC，而由题可知AD，BC是异面直线，矛盾，所以A，B，C，D四点不在同一平面上，故A、C错误；若CE与DF所成的角为直角，由于FD⊥EF，FE∩CE=E，EF，CE⊂平面BEFC，所以FD⊥平面BEFC.根据翻折过程中，平面BEFC与平面ADFE不一定垂直，故D错误. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 6.(5分)一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，∠B=∠F=90°，∠A=60°，∠D=45°，BC=DE.现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F-CAB，取BC中点O与AC中点M，则下列判断正确的是____________.(填序号)  ①直线BC⊥平面OFM； ②AC与平面OFM所成的角为定值； ③设平面ABF∩平面MOF=l，则l∥AB； ④三棱锥F-COM的体积为定值. ①②③ 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 解析：由OM为△ABC的中位线可得OM∥AB， 则BC⊥OM，BC⊥OF，且OM∩OF=O， OM，OF⊂平面OFM，可得BC⊥平面OFM， 故①正确；由BC⊥平面OFM， 可得AC与平面OFM所成的角为∠CMO， 而∠CMO=∠CAB=60°，故②正确； 如图所示，可过点F在平面OMF内作直线l∥OM， 而OM∥AB，所以l∥AB，l为平面OMF和平面ABF的交线，故③正确；在三棱锥F-COM中，CO⊥平面OMF，由于CO为定值，△OMF的面积不为定值，所以三棱锥F-COM的体积不为定值，故④错误. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 7.(5分)已知半径为2的球O与平面α相切于点A，直线l与平面α相交，交点为C，l与球O相切，切点为B，AC=6，且l与平面α所成角的大小为30°，则AB=__________.  解析：如图，设点B在平面的垂足为D， 连接AD，BD，OA，OB， 则可得BD∥OA，所以O，A，D，B四点共线， 且OA=2，OB=2，CA=6，CB=6. 因为l与平面α所成角的大小为30°， 所以∠BCD=30°，所以BD=6sin 30°=3. 过O作OE垂直BD于点E，则DE=OA=2，OE=AD， 可得BE=BD-DE=1.所以OE= =，得AD=. 所以AB= =2. 2 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 8.(15分)如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图2所示的四棱锥D1-ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE. (1)证明：BE⊥平面D1AE；(5分) 解：证明：∵四边形ABCD为矩形且AD=DE=EC=BC=2，∴∠AEB=90°，即BE⊥AE， 又平面D1AE⊥平面ABCE， 平面D1AE∩平面ABCE=AE，∴BE⊥平面D1AE. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 (2)设F为CD1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使得MF∥平面D1AE，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(10分) 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 解：当=时，MF∥平面D1AE，理由如下： 取D1E的中点L，连接FL，AL，∴FL∥EC，又EC∥AB，∴FL∥AB，且FL=AB，∴M，F，L，A四点共面， 又MF∥平面AD1E，∴MF∥AL. ∴四边形AMFL为平行四边形， ∴AM=FL=AB，=. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 9.(15分)如图1所示，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1-BCD，如图2所示. (1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF.(4分) 解：证明：∵D，M分别为AC， FC的中点， ∴DM∥EF， 又∵EF⊂平面A1EF， DM⊄平面A1EF，∴DM∥平面A1EF. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 (2)求证：BD⊥A1F.(4分) 解：证明：∵EF⊥BD，A1E⊥BD，A1E∩EF=E， A1E⊂平面A1EF，EF⊂平面A1EF， ∴BD⊥平面A1EF，又A1F⊂平面A1EF，∴BD⊥A1F. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 (3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直?请说明理由.(7分) 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 解：直线A1B与直线CD不能垂直.理由如下： ∵平面BCD⊥平面A1BD，平面BCD∩平面A1BD=BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，∴EF⊥平面A1BD， 又∵A1B⊂平面A1BD，∴A1B⊥EF， 又∵DM∥EF，∴A1B⊥DM. 假设A1B⊥CD，∵DM∩CD=D，∴A1B⊥平面BCD， ∴A1B⊥BD，与∠A1BD为锐角矛盾， ∴直线A1B与直线CD不能垂直. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 10.(15分)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2. (1)求A到平面A1BC的距离；(5分) 解：设点A到平面A1BC的距离为h， ∵直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4， ∴=S△ABC×AA1==， 又△A1BC的面积为2=h=×2h=，∴h=， 即点A到平面A1BC的距离为. 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 (2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A-BD-C的正弦值.(10分) 1 5 6 7 8 9 10 3 4 2 解：如图，取A1B的中点E，连接AE.由AA1=AB，AA1⊥AB， 得AE⊥A1B且AE=A1B. ∵平面A1BC⊥平面ABB1A1， 平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，AE⊂平面ABB1A1， ∴AE⊥平面A1BC，∴AE=h=，AE⊥BC，∴A1B=2， ∴AA1=AB=2.由=4，AA1=2，得2S△ABC=4， ∴S△ABC=2.易知AA1⊥BC，AE⊥BC，AE∩AA1=A，∴BC⊥平面A1AB，∴BC⊥AB，∴BC=2.过点A作AF⊥BD于点F，连接EF， 易得∠EFA即为二面角A-BD-C的平面角的补角.易得AC==2， 则A1C==2.∵A1B⊥CB，D为A1C的中点，∴BD=A1C=.易知AD=BD=A1C=，∴△ABD为等腰三角形，∴AF·BD=AB·=2， 则AF=，∴sin∠AFE===，∴二面角A-BD-C的正弦值为. 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $