8.6.2 第2课时 直线与平面垂直的性质(教用Word)-【优学精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

本讲义聚焦直线与平面垂直的性质定理及空间距离问题，通过平面几何中垂直于同一直线的两直线平行类比引入空间性质，构建从性质定理（垂直于同一平面的两直线平行）到距离计算（点到面、线到面、面面距离）的学习支架。 以餐厅水泥柱情境导入激发兴趣，通过问题驱动引导数学抽象，例题选用正方体等模型培养逻辑推理，训练题结合等积法提升数学运算。课中助力教师引导学生探究，课后通过规律方法和练习题帮助学生巩固，查漏补缺。

第二课时　直线与平面垂直的性质 课标要求 情境导入 1.掌握直线与平面垂直的性质定理，并会用定理证明相关问题（逻辑推理）. 2.了解异面直线间的距离的定义，掌握点到面的距离的定义及其求法（数学抽象、数学运算）. 3.掌握直线与平面、平面与平面间的距离的定义及其求法（数学抽象、数学运算）. 　　如图所示，餐厅大门两根水泥柱均与底面垂直，两水泥柱相互平行，这一图形中涉及的问题就是直线与平面垂直的性质定理的体现. 　　 知识点一｜直线与平面垂直的性质定理 问题1　我们知道，在平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行，在空间中是否有类似的性质呢？ 提示：在空间中，垂直于同一直线的两直线不一定平行，但是垂直于同一平面的两直线一定平行. 【知识梳理】 文字语言 垂直于同一个平面的两条直线　平行　 符号语言 a⊥α，b⊥α⇒a∥b 图形语言 　　提醒：（1）直线与平面垂直的性质定理给出了判定两条直线平行的另一种方法；（2）直线与平面垂直的性质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转化的依据. 【例1】　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，EF⊥A1D，EF⊥AC，求证：EF∥BD1. 证明：如图所示，连接A1C1，C1D，B1D1，BD. ∵AC∥A1C1，EF⊥AC， ∴EF⊥A1C1. 又EF⊥A1D，A1D∩A1C1＝A1，A1D，A1C1⊂平面A1C1D， ∴EF⊥平面A1C1D，　① ∵BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1. ∵四边形A1B1C1D1为正方形， ∴A1C1⊥B1D1， 又B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥平面BB1D1D， 而BD1⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥BD1. 同理DC1⊥BD1. 又DC1∩A1C1＝C1，DC1，A1C1⊂平面A1C1D，∴BD1⊥平面A1C1D，　② 由①②可知EF∥BD1. 【规律方法】 证明线线平行常用的方法 （1）利用线线平行定义：证共面且无公共点； （2）利用三线平行基本事实：证两线同时平行于第三条直线； （3）利用线面平行的性质定理：把证线线平行转化为证线面平行； （4）利用线面垂直的性质定理：把证线线平行转化为证线面垂直； （5）利用面面平行的性质定理：把证线线平行转化为证面面平行. 训练1　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD是矩形，AE⊥PD于点E，l⊥平面PCD.求证：l∥AE. 证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD， 又CD⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD. 因为AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE. 又因为AE⊥PD，CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD. 因为l⊥平面PCD，所以l∥AE. 知识点二｜空间中的距离问题 角度1　求点到平面的距离 【例2】　已知在△ABC中，AC＝BC＝1，AB＝，S是△ABC所在平面外一点，SA＝SB＝2，SC＝，点P是SC的中点，求点P到平面ABC的距离. 解：法一　如图，连接PA，PB，由题意得SA⊥AC，BC⊥AC. 分别取AB，AC的中点E，F，连接PE，EF，PF，则EF∥BC，PF∥SA. 所以EF⊥AC，PF⊥AC.因为PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，所以AC⊥平面PEF，所以PE⊥AC. 因为所以△SAC≌△SBC，又P为SC的中点，所以PA＝PB. 又E是AB的中点，所以PE⊥AB.因为AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，所以PE⊥平面ABC. 从而PE的长就是点P到平面ABC的距离. 因为P是SC的中点，所以在Rt△APE中， AP＝SC＝，AE＝AB＝，所以PE＝＝＝， 即点P到平面ABC的距离为. 法二　如图，在平面ABC内，过点A作BC的平行线，过点B作AC的平行线，两直线交于点D. 因为AC＝BC＝1，AB＝，所以AC⊥BC.所以四边形ADBC为正方形，连接SD. 由题意得AC⊥SA，又AC⊥AD，SA∩AD＝A，SA，AD⊂平面SDA，所以AC⊥平面SDA，所以AC⊥SD. 同理可得BC⊥SD.因为BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ADBC，所以SD⊥平面ADBC.所以SD的长即点S到平面ABC的距离，在Rt△SAD中，SD＝＝. 因为点P为SC的中点， 故点P到平面ABC的距离为SD＝. 【规律方法】 求点到平面的距离的两种方法 （1）构造法：根据定义构造垂直于平面的直线，确定垂足位置，将所求线段化归到三角形中求解； （2）等积变换法：将所求距离看作某个几何体（多为棱锥）的高，利用体积相等建立方程求解. 训练2　如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中求出下列距离： （1）点A到平面BB1D1D的距离； 解：（1）连接AC（图略），易证AC⊥平面BB1D1D， 所以点A到平面BB1D1D的距离为面对角线AC的，即a. （2）点C到平面BDC1的距离. 解：（2）设点C到平面BDC1的距离为h，三棱锥C-BDC1的体积为V， 在△BDC1中，BD＝DC1＝BC1＝a，则△BDC1的面积为×（a）2＝a2， 由等体积法可得××a×a×a＝×a2×h， 解得h＝a，所以点C到平面BDC1的距离为a. 角度2　直线与平面、两平行平面之间的距离 问题2　若直线l∥平面α，直线l上各点到平面α的距离相等吗？你能证明你的结论吗？ 提示：相等.能，证明如下： 如图，过直线l上任意两点A，B分别作平面α的垂线AA1，BB1，垂足分别为A1，B1. ∵AA1⊥α，BB1⊥α，∴AA1∥BB1，设直线AA1，BB1确定的平面为β，β∩α＝A1B1， ∵l∥α，∴l∥A1B1.∴四边形AA1B1B是矩形.∴AA1＝BB1. 由A，B是直线l上任取的两点，可知直线l上各点到平面α的距离相等. 【知识梳理】 1.直线与平面的距离 一条直线与一个平面　平行　时，这条直线上　任意一点　到这个平面的距离，叫做这条直线到这个平面的距离. 2.平面与平面的距离 如果两个平面　平行　，那么其中一个平面内的　任意一点　到另一个平面的距离都　相等　，我们把它叫做这两个平行平面间的距离. 【例3】　已知平面α与平面β无公共点，直线AB分别交α，β于A，B两点，直线AB与两平面所成的角均为60°，直线AB夹在两平面间的线段长为12，则平面α与平面β间的距离是　6　. 解析：如图，过点A作AO⊥β，交β于点O，连接BO，则∠ABO为直线AB与平面β所成的角，所以∠ABO＝60°，且AO为两个平行平面α，β间的距离.在Rt△AOB中，AO＝AB×sin∠ABO＝12×sin 60°＝6，即平面α与平面β间的距离为6. 【规律方法】 直线与平面、两平行平面之间的距离应转化为点到平面的距离，再求值. 训练3　如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，求A1B1到平面D1EF的距离. 解：因为E，F分别为棱AA1，BB1的中点，所以A1B1∥EF， 又EF⊂平面D1EF， 所以A1B1∥平面D1EF， 所以A1B1到平面D1EF的距离即为A1到平面D1EF的距离，设该距离为h.连接A1F（图略）. 由＝，得××1××h＝××1××1， 所以h＝，即A1B1到平面D1EF的距离为. 三垂线定理与逆定理 通过教材第152页练习4题（3），我们知道若平面的一条斜线l垂直平面内的直线a，则其在平面内的射影l'也垂直于直线a. 【问题探究】 1.若平面的一条斜线l在平面内的射影l'垂直于平面内直线a，那么l与a是否垂直？ 提示：垂直. 2.请叙述三垂线定理及逆定理.并说明该定理的依据. 提示：三垂线定理：平面内的一条直线如果和穿过这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直. 三垂线定理的逆定理：平面内的一条直线如果和穿过该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂直. 依据：线面垂直. 【迁移应用】　 （1）在三棱锥M-BCD中，MH⊥平面BCD，H为垂足，CH＝1，CD＝，HD＝，求证：MC⊥CD； 证明：（1）由CH＝1，CD＝，HD＝， 得CH2＋CD2＝HD2，所以CD⊥CH. 又MH⊥平面BCD，所以CH为MC在平面BCD内的射影， 由三垂线定理，得MC⊥CD. （2）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1C⊥BC1.求证：B1C⊥BC1. 证明：（2）在长方体ABCD-A1B1C1D1中， 易知A1B1⊥平面BCC1B1，所以A1C在平面BCC1B1内的射影为B1C，又A1C⊥BC1，由三垂线定理逆定理，得B1C⊥BC1. 1.已知平面α∥平面β，a是直线，则“a⊥α”是“a⊥β”的（　　） A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案：C 2.已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中，一定能推出m⊥β的是（　　） A.α∥β，且m⊂α B.m∥n，且n⊥β C.m⊥n，且n⊂β D.m⊥n，且n∥β 解析：B　A中，由α∥β，且m⊂α，知m∥β，不符合题意；B中，由n⊥β，知n垂直于平面β内的任意直线，再由m∥n，知m也垂直于平面β内的任意直线，所以m⊥β，符合题意；C、D中，m⊂β或m∥β或m与β相交，不符合题意.故选B. 3.在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，若点A1到平面ABCD的距离为4，则平面ABCD到平面A1B1C1D1的距离为　4　. 解析：平面ABCD∥平面A1B1C1D1且点A1到平面ABCD的距离为4，所以所求距离为4. 4.在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，求点D1到平面AB1C的距离. 解：连接A1B，BD1，BD，如图所示，则AC⊥BD，AC⊥DD1， ∵BD∩DD1＝D，BD，DD1⊂平面DBD1， ∴AC⊥平面DBD1， ∵BD1⊂平面DBD1， ∴AC⊥BD1， ∵AB1⊥A1B，D1A1⊥AB1，A1B∩D1A1＝A1，D1A1，A1B⊂平面D1A1B， ∴AB1⊥平面D1A1B， ∵BD1⊂平面D1A1B， ∴AB1⊥BD1， ∵AC∩AB1＝A，AC，AB1⊂平面AB1C， ∴BD1⊥平面AB1C， 设垂足为O，在三棱锥B1-ABC中，×a×a×a＝××2a2×BO，∴BO＝a， ∵BD1＝a，∴D1O＝BD1－BO＝a，即点D1到平面AB1C的距离为a. 课堂小结 1.理清单 （1）直线与平面垂直的性质定理； （2）空间中的距离问题. 2.应体会 转化与化归思想. 3.避易错 距离转化不当导致错误. 1.线段AB在平面α的同侧，点A，B到α的距离分别为3和5，则AB的中点到α的距离为（　　） A.3.5 B.4 C.4.2 D.4.5 解析：B　如图，设AB的中点为点M，分别过点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，所以MM1＝4，即所求距离为4. 2.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（　　） A.α∥β，且l∥α B.α⊥β，且l⊥β C.α与β相交，且交线垂直于l D.α与β相交，且交线平行于l 解析：D　由于m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，则平面α与平面β必相交但未必垂直，且交线垂直于直线m，n，又直线l满足l⊥m，l⊥n，则交线平行于l.故选D. 3.如图，在四面体A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，若AB＝BC＝CD＝1，则AD＝（　　） A.1 B. C. D.2 解析：C　因为BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝1，所以BD＝＝，又AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AB⊥BD，因此AD＝＝.故选C. 4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，平面AB1D1到平面BC1D的距离为（　　） A. B. C. D.2 解析：C　由题意知两平面平行，所以原问题等价于求解点C1到平面AB1D1的距离h，由等体积法可得＝，即××22×sin 60°·h＝××××，解得h＝，即平面AB1D1到平面BC1D的距离为. 5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E是棱CC1的中点，则点C1到平面EBD的距离为（　　） A. B. C. D. 解析：D　＝··DC＝××1×2×2＝，在△BED中，由题意及图形结合勾股定理可得BE＝DE＝，BD＝2，则由余弦定理可得cos∠BED＝＝＝，则sin∠BED＝＝.则S△BDE＝BE·DE·sin∠BED＝×××＝.设点C1到平面EBD的距离为d，由＝，得＝×d，解得d＝. 6.〔多选〕已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，则下列结论中正确的是（　　） A.PB⊥BC B.PD⊥CD C.PD⊥BD D.PA⊥BD 解析：ABD　PA⊥平面ABCD⇒PA⊥BD，D正确；⇒BC⊥平面PAB⇒BC⊥PB，故A正确；同理B正确；C不正确. 7.〔多选〕如图，ABCD是矩形，沿对角线BD将△ABD折起到△A'BD，且A'在平面BCD上的射影O恰好在CD上，则下列结论正确的是（　　） A.A'C⊥BD B.A'D⊥BC C.A'C⊥BC D.A'D⊥A'B 解析：BCD　∵ABCD是矩形，且A'在平面BCD上的射影O恰好在CD上，∴A'O⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，∴BC⊥A'O，又BC⊥CD，且DC∩A'O＝O，∴BC⊥平面A'CD，从而BC⊥A'D，BC⊥A'C.显然，由矩形ABCD，易知A'B⊥A'D.故B、C、D正确. 8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E∈BD，F∈B1D1，且EF⊥AB，则EF与AA1的位置关系是　平行　. 解析：如图，因为AB⊥BB1，AB⊥EF，且AB不垂直于平面BB1D1D，所以EF与BB1不相交，所以EF∥BB1，又AA1∥BB1，所以EF∥AA1. 9.如图，在底面是直角梯形的四棱锥P-ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD∥BC，则AD到平面PBC的距离为　　. 解析：因为AD∥BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，所以AD到平面PBC的距离等于点A到平面PBC的距离，因为侧棱PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥BC，因为∠ABC＝90°，即AB⊥BC，因为PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，因为PA＝AB＝BC＝2，所以PB＝2，设点A到平面PBC的距离为d，则由V三棱锥P-ABC＝V三棱锥A-PBC得PA·S△ABC＝d·S△PBC，所以×2××2×2＝d××2×2，解得d＝，所以AD到平面PBC的距离为. 10.斜边为AB的Rt△ABC，PA⊥平面ABC.AE⊥PB，AF⊥PC，E，F分别为垂足，如图.若直线l⊥平面AEF，求证：PB∥l. 证明：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC. 又因为△ABC为直角三角形，所以BC⊥AC，PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC. 又因为AF⊂平面PAC，所以BC⊥AF. 又AF⊥PC，且PC∩BC＝C，所以AF⊥平面PBC. 又PB⊂平面PBC，所以AF⊥BP.又AE⊥PB，且AE∩AF＝A，所以PB⊥平面AEF.而l⊥平面AEF，所以PB∥l. 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（　　） A.EF⊥平面α B.EF⊥平面β C.PQ⊥GE D.PQ⊥FH 解析：B　因为EG⊥平面α，FH⊥平面α，所以EG∥FH，即E，F，H，G四点共面.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EG∩EF＝E，所以PQ⊥平面EFHG，因为GH⊂平面EFHG，所以PQ⊥GH.故选B. 12.〔多选〕如图，等边三角形ABC的边长为1，BC边上的高为AD，沿AD把△ABC折起来，则（　　） A.在折起的过程中始终有AD⊥平面DB'C B.三棱锥A-DB'C的体积的最大值为 C.当∠B'DC＝60°时，点A到B'C的距离为 D.当∠B'DC＝90°时，点C到平面ADB'的距离为 解析：ABC　因为AD⊥DC，AD⊥DB'，且DC∩DB'＝D，DC，DB'⊂平面DB'C，所以AD⊥平面DB'C，故A正确；当DB'⊥DC时，△DB'C的面积最大，此时三棱锥A-DB'C的体积也最大，最大值为××××＝，故B正确；当∠B'DC＝60°时，△DB'C是等边三角形，设B'C的中点为E，连接AE（图略），则AE⊥B'C，即AE为点A到B'C的距离，AE＝＝，故C正确；当∠B'DC＝90°时，CD⊥DB'，CD⊥AD，故CD⊥平面ADB'，则CD就是点C到平面ADB'的距离，CD＝，故D不正确. 13.如图，在四棱锥P-ABCD中，已知底面ABCD是矩形，AB＝2，AD＝a，PD⊥平面ABCD，若边AB上存在点M，使得PM⊥CM，则实数a的取值范围是　（0，1]　. 解析：连接DM，如图，因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CM.又PM⊥CM，且PD∩PM＝P，所以CM⊥平面PDM，所以CM⊥DM，所以以DC为直径的圆与AB有交点，所以0＜a≤1. 14.如图，已知AB为圆柱OO1底面圆O的直径，C为的中点，点P为圆柱上底面圆O1上一点，PA⊥平面ABC，PA＝AB，过点A作AE⊥PC，交PC于点E. （1）求证：AE⊥PB； （2）若点C到平面PAB的距离为1，求圆柱OO1的表面积. 解：（1）证明：因为AB为圆柱OO1底面圆O的直径，C为的中点，所以BC⊥AC， 因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC， 又因为PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC， 因为AE⊂平面PAC，所以BC⊥AE， 又因为AE⊥PC，且PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC， 因为PB⊂平面PBC，所以AE⊥PB. （2）因为点C到平面PAB的距离为1且C为的中点，所以PA＝AB＝2，所以圆柱OO1的表面积S＝2×π×12＋2π×1×2＝6π. 15.如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝1，BC＝，AC＝2. （1）证明：BC⊥平面PAB； （2）在线段PC上是否存在点D，使得AC⊥BD？若存在，求出PD的值，若不存在，请说明理由. 解：（1）证明：由题知AB＝1，BC＝，AC＝2. 则AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC， 又因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC， 因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB. （2）在线段PC上存在点D，当PD＝时，使得AC⊥BD. 理由如下：如图，在平面ABC内，过点B作BE⊥AC，垂足为E，在平面PAC内，过点E作DE∥PA，交PC于点D，连接BD， 由PA⊥平面ABC，知PA⊥AC，所以DE⊥AC，又因为DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面DBE，所以AC⊥平面DBE， 又因为BD⊂平面DBE，所以AC⊥BD， 在△ABC中，BE＝＝， 所以AE＝，CE＝， 所以＝，所以CD＝，PD＝. 12 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $