6.3.2 第2课时 空间向量与垂直关系（学用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

本讲义聚焦高中数学“空间向量与垂直关系”核心知识点，系统梳理线线、线面、面面垂直的向量证明方法，通过例题（如三垂线定理逆定理）、通性通法（坐标法、基向量法）及跟踪训练，构建从基础方法到综合应用的递进式学习支架。 该资料以向量法为核心，链接教材例题，总结证明垂直的通性通法，通过探索性问题（如正方体中E点位置确定）培养数学思维与创新意识，课中助力教师系统教学，课后练习题帮助学生巩固提升，查漏补缺。

第2课时　空间向量与垂直关系 题型一｜直线和直线垂直 【例1】　（链接教科书第32页例3）证明：如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直.（三垂线定理的逆定理） 已知：PO⊥α，PA是平面α的一条斜线，a⊂α，a⊥PA. 求证：a⊥OA.（如图） 通性通法 用向量法证明线线垂直 （1）坐标法：建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出两条直线方向向量的坐标，然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直； （2）基向量法：利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律，结合图形，将两条直线所在的向量用基向量表示，然后根据数量积的运算律证明两条直线所在的向量的数量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直. 【跟踪训练】 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AC的中点. 求证：（1）BD1⊥AC； （2）BD1⊥EB1. 题型二｜直线和平面垂直 【例2】　（链接教科书第34页例6）如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点.求证：EF⊥平面B1AC. 通性通法 用向量法证明线面垂直 （1）证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直； （2）证明直线的方向向量与平面的法向量平行. 【跟踪训练】 　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，AD＝AB，E是PC的中点.求证：PD⊥平面ABE. 题型三｜平面和平面垂直 【例3】　（1）证明“平面与平面垂直的判定定理”：若一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直. 已知：如图，l⊥α，l⊂β. 求证：α⊥β. （2）在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点.求证：平面BDE⊥平面ABCD. 通性通法证明面面垂直的两种方法 （1）常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明； （2）向量法：证明两个平面的法向量互相垂直. 【跟踪训练】 如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. 证明：平面PQC⊥平面DCQ. 题型四｜立体几何中的探索性问题 【例4】　已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点. （1）求证：A1E⊥BD； （2）若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置. 通性通法 解决立体几何中探索性问题的基本方法 （1）通常假设题中的数学对象存在（或结论成立），然后在这个前提下进行逻辑推理； （2）探索性问题的关键是设点： ①空间中的点可设为（x，y，z）；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为（x，y，0）；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为（0，0，z）；④直线（线段）AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算. 【跟踪训练】 如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝AD＝1. 问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置，若不存在，请说明理由. 1.已知直线l1的一个方向向量为n1＝（3，－2，1），直线l2的一个方向向量为n2＝（2，2，－2），则直线l1与l2的位置关系为（　　） A.平行 B.垂直 C.平行但不重合 D.相交但不垂直 2.若平面α，β的法向量分别为a＝（－1，2，4），b＝（x，－1，－2），且α⊥β，则x＝（　　） A.10　 　B.－10 C.　 　D.－ 3.如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝1.若E，F分别为PB，AD的中点，求证：EF⊥平面PBC. 提示：完成课后作业　第六章　6.3　6.3.2　第2课时 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第2课时　空间向量与垂直关系 【典例研析】 【例1】　证明：∵PO⊥α，a⊂α，∴PO⊥a.不妨设直线a的方向向量为a，又a⊥PA，∴·a＝0，·a＝0. 而＝－，∴·a＝·a－·a＝0－0＝0.∴a⊥OA. 跟踪训练 　证明：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 设正方体的棱长为1，则B（1，1，0），D1（0，0，1），A（1，0，0），C（0，1，0），E，B1（1，1，1）. （1）＝（－1，－1，1），＝（－1，1，0）， ∴·＝（－1）×（－1）＋（－1）×1＋1×0＝0， ∴⊥，∴BD1⊥AC. （2）＝（－1，－1，1），＝（，，1）， ∴·＝（－1）×＋（－1）×＋1×1＝0， ∴⊥，∴BD1⊥EB1. 【例2】　证明：设正方体的棱长为2a，建立如图所示的空间直角坐标系. 则A（2a，0，0），C（0，2a，0），B1（2a，2a，2a），E（2a，2a，a），F（a，a，2a）. ∴＝（a，a，2a）－（2a，2a，a）＝（－a，－a，a）， ＝（2a，2a，2a）－（2a，0，0）＝（0，2a，2a）， ＝（0，2a，0）－（2a，0，0）＝（－2a，2a，0）. ∵·＝（－a，－a，a）·（0，2a，2a）＝（－a）×0＋（－a）×2a＋a×2a＝0， ·＝（－a，－a，a）·（－2a，2a，0）＝2a2－2a2＋0＝0， ∴EF⊥AB1，EF⊥AC. 又AB1∩AC＝A，AB1，AC⊂平面B1AC， ∴EF⊥平面B1AC. 跟踪训练 　证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 设PA＝AB＝BC＝1，则P（0，0，1），A（0，0，0），B（1，0，0），D， ∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形， ∴C，E. ∴＝（1，0，0），＝， ∴设平面ABE的一个法向量为n＝（x，y，z）， 则 即 令y＝2，则z＝－，∴n＝（0，2，－）. ∵＝，显然＝n， ∴∥n，∴⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE. 【例3】　证明：（1）取直线l的方向向量u，平面β的法向量n. ∵l⊥α，∴u是平面α的法向量. ∵l⊂β，而n是平面β的法向量，∴u⊥n. ∴α⊥β. （2）设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系， 则B（1，0，0），D（0，1，0），A（0，0，0），C（1，1，0），S（0，0，1），E（，，）. 法一　连接AC，交BD于点O，连接OE， 则点O的坐标为（，，0）， 易知＝（0，0，1），＝（0，0，），∴＝， 又OE与AS无公共点，∴OE∥AS. 又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD. 又OE⊂平面BDE， ∴平面BDE⊥平面ABCD. 法二　设平面BDE的一个法向量为n1＝（x，y，z）. 易知＝（－1，1，0），＝（－，，）， 由得 即 令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝（1，1，0）. ∵AS⊥平面ABCD， ∴平面ABCD的一个法向量为n2＝＝（0，0，1）. ∵n1·n2＝0， ∴平面BDE⊥平面ABCD. 跟踪训练 　证明：如图，以{，，}为正交基底建立空间直角坐标系D-xyz. 设正方形ABCD的边长为1， 则D（0，0，0），Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0）， 则＝（1，1，0），＝（0，0，1），＝（1，－1，0）， ∴·＝0，·＝0， 即PQ⊥DQ，PQ⊥DC， 又DQ∩DC＝D，DQ，DC⊂平面DCQ， ∴PQ⊥平面DCQ， 又PQ⊂平面PQC， ∴平面PQC⊥平面DCQ. 【例4】　解：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 设正方体的棱长为a，则A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），D（0，0，0），A1（a，0，a），C1（0，a，a）. 设E（0，a，e）（0≤e≤a）. （1）证明：＝（－a，a，e－a），＝（－a，－a，0）， ∵·＝a2－a2＋（e－a）·0＝0， ∴⊥，即A1E⊥BD. （2）设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2）. ∵＝（a，a，0），＝（a，0，a），＝（0，a，e）， ∴n1·＝0，n1·＝0，n2·＝0，n2·＝0. ∴ 取x1＝x2＝1，得n1＝（1，－1，－1），n2＝. 由平面A1BD⊥平面EBD得n1⊥n2. ∴2－＝0，即e＝. ∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD. 跟踪训练 　解：分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图. 则P（0，0，1），C（1，1，0），D（0，2，0）. 假设在棱PD上存在符合题意的点E，设E（0，y，z），则＝（0，y，z－1），＝（0，2，－1）. ∵∥，∴y（－1）－2（z－1）＝0. ① ∵＝（0，2，0）是平面PAB的法向量，＝（－1，y－1，z）， 由CE∥平面PAB，可得⊥， ∴（－1，y－1，z）·（0，2，0）＝2（y－1）＝0. ∴y＝1，代入①式得z＝， ∴点E的坐标为（0，1，），即点E是PD的中点， ∴存在点E为PD中点时，CE∥平面PAB. 随堂检测 1.B　因为n1·n2＝3×2＋（－2）×2＋1×（－2）＝0，所以n1⊥n2，所以l1与l2的位置关系为垂直. 2.B　因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，所以a·b＝（－1，2，4）·（x，－1，－2）＝0，解得x＝－10. 3.证明：以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，过点D作DG⊥PC，交PC于点G（图略）， 则E（，，），F（，0，0），G（0，，），B（1，1，0），C（0，1，0）， ∴＝（0，－，－），＝（0，，），＝（－1，0，0）， ∴·＝0，DG⊥平面PBC， ∴为平面PBC的法向量， 又＝－，∴∥，∴EF⊥平面PBC. 学科网（北京）股份有限公司 $