1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系(第3课时)空间中直线、平面的垂直课件-2026-2027学年高二数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦用空间向量研究空间中直线、平面的垂直关系，通过课前自学梳理线线、线面、面面垂直的向量表述要点，衔接空间向量基本概念，搭建从向量运算到垂直证明的学习支架。 其亮点是依托题型教学，如例1正三棱柱线线垂直采用基向量法与坐标法双路径证明，结合探究总结方法，培养逻辑推理与数学运算素养。学生能系统掌握证明思路，教师可借助例题与思考题提升教学效率。

1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系(第3课时) 空间中直线、平面的垂直 素养目标 1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系．(数学抽象)2.熟练掌握用方向向量、法向量证明线线、线面、面面间的垂直关系．(逻辑推理、数学运算) 课前自学 3 要点1　直线和直线垂直 设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，则l1⊥l2⇔______________ ⇔______________． 要点2　直线和平面垂直 设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，则l⊥α⇔__________ ⇔∃λ∈R，使得______________． 要点3　平面和平面垂直 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔______________⇔ ______________． u1⊥u2 u1·u2＝0 u∥n u＝λn n1⊥n2 n1·n2＝0 第页 答：(1)线线垂直． ①证明两直线的方向向量垂直；②证明两直线所成角为90°；③先证明线面垂直，再利用线面垂直的性质． (2)线面垂直． ①证明直线的方向向量与平面的法向量平行；②证明直线的方向向量与平面内两个不共线向量垂直；③先证明面面垂直，再利用面面垂直的性质定理． (3)面面垂直． ①证明两平面的法向量相互垂直；②证明两个半平面内同时垂直于棱的两个向量(起点在棱上)夹角为90°；③转化为线线垂直或线面垂直. 空间中的垂直关系及其向量证明方法有哪些？ 返 回 课时学案 6 例 1 题型一　 利用空间向量证明线线垂直 第页 7 第页 第页 (2)设CC1中点为D，其他条件不变，求证：AB1⊥A1D. 第页 探究1 利用向量证明线线垂直的方法 利用向量证明空间中两条直线l1，l2相互垂直，其主要思路是证明两条直线的方向向量a，b相互垂直，只需证明a·b＝0即可，具体方法如下： (1)基向量法：利用向量的加减法运算，结合图形，将要证明的两条直线的方向向量用基向量表示出来，利用数量积运算说明两方向向量的数量积为0. (2)坐标法：根据图形的特征，建立适当的空间直角坐标系，准确地写出相关点的坐标，表示出两条直线的方向向量，计算出其数量积为0即可． 第页 思考题1　在棱长为a的正方体OABC－O1A1B1C1中，E，F分别是AB，BC上的动点，且AE＝BF，求证：A1F⊥C1E. 第页 例 2　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知E，F分别为BB1，CD的中点，求证：D1F⊥平面ADE. 题型二　 利用空间向量证明线面垂直 【思路分析】　要证明D1F⊥平面ADE，只要证明D1F垂直于平面ADE内两条相交直线．为此，可以建立适当的空间直角坐标系，通过向量的坐标运算，根据数量积是否等于0来判断垂直关系． 第页 13 第页 第页 探究2 利用向量证明线面垂直的方法 (1)基向量法： ①设出基向量，然后表示出直线的方向向量． ②找出平面内两条相交直线的方向向量并用基向量表示． ③利用数量积计算． (2)坐标法： ①建立空间直角坐标系，将直线的方向向量用坐标表示． ②求平面内任意两条相交直线的方向向量或平面的法向量． ③证明直线的方向向量与平面内两相交直线的方向向量垂直或与平面的法向量平行． 第页 思考题2　如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，AD＝PD，E，F分别为CD，PB的中点．求证：EF⊥平面PAB. 第页 例 3　如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝BB1＝2，E为BB1的中点，证明：平面AEC1⊥平面AA1C1C. 题型三　 利用空间向量证明面面垂直 【思路分析】　要证明两个平面垂直，由两个平面垂直 的条件，可证明这两个平面的法向量垂直，转化为求两个平面的法向量n1，n2，证明n1·n2＝0. 第页 18 第页 第页 探究3 (1)利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径：一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，由两个法向量垂直，得面面垂直． (2)利用向量证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系，恰当建系或用基向量表示后，只需经过向量运算就可得到要证明的结果，思路方法“公式化”，降低了思维难度． 第页 思考题3　在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD，∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E，F分别是AC，AD的中点．求证：平面BEF⊥平面ABC. 第页 第页 第页 1．用空间向量方法证明立体几何中的平行与垂直问题，主要运用了直线的方向向量和平面的法向量，同时也要借助空间中已有的一些关于平行、垂直的条件． 2．用向量方法证明平行、垂直问题的步骤： (1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面； (2)通过向量运算研究平行、垂直问题； (3)根据运算结果解释相关问题． 返 回 课后巩固 26 1．若两个平面α，β的法向量分别为u＝(2，1，－1)，v＝(3，2，8)，则(　　) A．α∥β　　　　　　　　 B．α⊥β C．α，β相交不垂直 D．以上均不正确 √ 解析　∵v·u＝6＋2－8＝0，∴v⊥u，∴α⊥β. 第页 解析　由题意可得a⊥b，所以a·b＝0，所以1×(－2)＋2×3＋(－2)×m＝0，所以m＝2. √ 第页 3．设直线l的方向向量为u＝(－2，2，t)，平面α的一个法向量为v＝(6，－6，12)，若直线l⊥平面α，则实数t＝________． －4 第页 4.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点．求证：EF⊥平面B1AC. 第页 返 回 请做：课时作业（九） 教师备用资料 如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝eq \f(1,4)CC1. (1)求证：AB1⊥MN； 【证明】　(1)方法一(基向量法)： 设eq \o(AB,\s\up18(→))＝a，eq \o(AC,\s\up18(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝c，则由已知条件和正三棱柱的性质，得|a|＝|b|＝|c|＝1，a·c＝b·c＝0. 连接AM，AN，则eq \o(AB1,\s\up18(→))＝a＋c，eq \o(AM,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \o(AN,\s\up18(→))＝b＋eq \f(1,4)c， eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \o(AN,\s\up18(→))－eq \o(AM,\s\up18(→))＝－eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b＋eq \f(1,4)c， ∴eq \o(AB1,\s\up18(→))·eq \o(MN,\s\up18(→))＝(a＋c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)a＋\f(1,2)b＋\f(1,4)c))＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)cos 60°＋eq \f(1,4)＝0. ∴eq \o(AB1,\s\up18(→))⊥eq \o(MN,\s\up18(→))，∴AB1⊥MN. 方法二(坐标法)： 取AB中点为O，作OO1∥AA1，交A1B1于O1，连接OC，则OC⊥AB.以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OO1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,4)))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1)). ∵M为BC中点，∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，0)). ∴eq \o(MN,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,4)))，eq \o(AB1,\s\up18(→))＝(1，0，1)． ∴eq \o(MN,\s\up18(→))·eq \o(AB1,\s\up18(→))＝－eq \f(1,4)＋0＋eq \f(1,4)＝0.∴eq \o(MN,\s\up18(→))⊥eq \o(AB1,\s\up18(→))，∴AB1⊥MN. 【证明】　(2)同(1)中方法二建系，则A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，1))， Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2))).∴eq \o(A1D,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－\f(1,2))). ∴eq \o(A1D,\s\up18(→))·eq \o(AB1,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)＋0－eq \f(1,2)＝0. ∴eq \o(A1D,\s\up18(→))⊥eq \o(AB1,\s\up18(→))，∴AB1⊥A1D. 【证明】　以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(a，0，a)，C1(0，a，a)． 设AE＝BF＝x(0≤x≤a)，则E(a，x，0)，F(a－x，a，0)． ∴eq \o(A1F,\s\up18(→))＝(－x，a，－a)，eq \o(C1E,\s\up18(→))＝(a，x－a，－a)． ∴eq \o(A1F,\s\up18(→))·eq \o(C1E,\s\up18(→))＝(－x，a，－a)·(a，x－a，－a)＝－ax＋ax－a2＋a2＝0， ∴eq \o(A1F,\s\up18(→))⊥eq \o(C1E,\s\up18(→))，即A1F⊥C1E. 【证明】　不妨设正方体的棱长为1，以{eq \o(DA,\s\up18(→))，eq \o(DC,\s\up18(→))，eq \o(DD1,\s\up18(→))}为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则eq \o(DA,\s\up18(→))＝(1，0，0)，eq \o(DD1,\s\up18(→))＝(0，0，1)，eq \o(DF,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，eq \o(DE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2))). 因为eq \o(D1F,\s\up18(→))＝eq \o(DF,\s\up18(→))－eq \o(DD1,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))－(0，0，1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1))， 所以eq \o(DA,\s\up18(→))·eq \o(D1F,\s\up18(→))＝1×0＋0×eq \f(1,2)＋0×(－1)＝0， 可得eq \o(D1F,\s\up18(→))⊥eq \o(DA,\s\up18(→))，即D1F⊥DA. 因为eq \o(AE,\s\up18(→))＝eq \o(DE,\s\up18(→))－eq \o(DA,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))－(1，0，0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))， 所以eq \o(AE,\s\up18(→))·eq \o(D1F,\s\up18(→))＝0×0＋1×eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×(－1)＝0， 可得eq \o(D1F,\s\up18(→))⊥eq \o(AE,\s\up18(→))，即D1F⊥AE. 又因为DA∩AE＝A， 所以D1F⊥平面ADE. 【证明】　以D为坐标原点，DC，DA，DP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． 设DA＝1，E(a，0，0)，其中a>0， 则A(0，1，0)，B(2a，1，0)，P(0，0，1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,2)，\f(1,2)))， 所以eq \o(EF,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(PB,\s\up18(→))＝(2a，1，－1)，eq \o(AB,\s\up18(→))＝(2a，0，0)． 所以eq \o(EF,\s\up18(→))·eq \o(PB,\s\up18(→))＝0，eq \o(EF,\s\up18(→))·eq \o(AB,\s\up18(→))＝0.所以EF⊥PB，EF⊥AB. 又PB⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，PB∩AB＝B，所以EF⊥平面PAB. 【证明】　由题意得AB，BC，B1B两两垂直．以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则A(2，0，0)，A1(2，0，2)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，1))， 则eq \o(AA1,\s\up18(→))＝(0，0，2)，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－2，2，0)，eq \o(AC1,\s\up18(→))＝(－2，2，2)，eq \o(AE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，1)). 设平面AA1C1C的法向量为n1＝(x1，y1，z1)． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up18(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up18(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2z1＝0，,－2x1＋2y1＝0，)) 令x1＝1，得y1＝1.∴n1＝(1，1，0)． 设平面AEC1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)． 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC1,\s\up18(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up18(→))＝0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＋2z2＝0，,－2x2＋z2＝0，)) 令z2＝2，得x2＝1，y2＝－1.∴n2＝(1，－1，2)． ∵n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×2＝0， ∴n1⊥n2，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C. 【证明】　如图，以点B为原点，分别以eq \o(BD,\s\up18(→))，eq \o(BA,\s\up18(→))的方向为y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设A(0，0，a)， 则B(0，0，0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))，D(0，eq \r(3)a，0)，故Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，\f(a,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a，\f(a,2))). 于是eq \o(AB,\s\up18(→))＝(0，0，－a)，eq \o(BC,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(\r(3),2)a，0))，eq \o(BE,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a，\f(\r(3),4)a，\f(a,2)))，eq \o(BF,\s\up18(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)a，\f(a,2))). 设n1＝(x1，y1，z1)是平面ABC的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up18(→))＝－az1＝0，,n1·\o(BC,\s\up18(→))＝\f(\r(3),2)ax1＋\f(\r(3),2)ay1＝0，)) 取x1＝1，得y1＝－1，z1＝0， 则n1＝(1，－1，0)是平面ABC的一个法向量． 设n2＝(x2，y2，z2)是平面BEF的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BE,\s\up18(→))＝\f(\r(3),4)ax2＋\f(\r(3),4)ay2＋\f(a,2)z2＝0，,n2·\o(BF,\s\up18(→))＝\f(\r(3),2)ay2＋\f(a,2)z2＝0，)) 取x2＝1，得y2＝1，z2＝－eq \r(3)， 则n2＝(1，1，－eq \r(3))是平面BEF的一个法向量． 因为n1·n2＝(1，－1，0)·(1，1，－eq \r(3))＝0，所以平面BEF⊥平面ABC. 2．设l1的方向向量为a＝(1，2，－2)，l2的方向向量为b＝(－2，3，m)，若l1⊥l2，则m＝(　　) A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3 解析　由题意知u∥v，∴eq \f(－2,6)＝eq \f(2,－6)＝eq \f(t,12).解得t＝－4. 证明　方法一：设eq \o(AB,\s\up18(→))＝a，eq \o(AD,\s\up18(→))＝c，eq \o(AA1,\s\up18(→))＝b，连接 BD，则eq \o(EF,\s\up18(→))＝eq \o(EB1,\s\up18(→))＋eq \o(B1F,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)(eq \o(BB1,\s\up18(→))＋eq \o(B1D1,\s\up18(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up18(→))＋eq \o(BD,\s\up18(→)))＝eq \f(1,2)(eq \o(AA1,\s\up18(→)) ＋eq \o(AD,\s\up18(→))－eq \o(AB,\s\up18(→)))＝eq \f(1,2)(－a＋b＋c)，∵eq \o(AB1,\s\up18(→))＝eq \o(AB,\s\up18(→))＋eq \o(AA1,\s\up18(→))＝a＋b， ∴eq \o(EF,\s\up18(→))·eq \o(AB1,\s\up18(→))＝eq \f(1,2)(－a＋b＋c)·(a＋b)＝eq \f(1,2)(b2－a2＋c·a＋c·b)＝eq \f(1,2)(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0， ∴eq \o(EF,\s\up18(→))⊥eq \o(AB1,\s\up18(→))，即EF⊥AB1.同理可证EF⊥B1C.又AB1⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AB1∩B1C＝B1，∴EF⊥平面B1AC. 方法二：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)． ∴eq \o(EF,\s\up18(→))＝(－a，－a，a)，eq \o(AB1,\s\up18(→))＝(0，2a，2a)，eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－2a，2a，0)． ∵eq \o(EF,\s\up18(→))·eq \o(AB1,\s\up18(→))＝(－a，－a，a)·(0，2a，2a)＝(－a)×0＋(－a)×2a＋a×2a＝0， eq \o(EF,\s\up18(→))·eq \o(AC,\s\up18(→))＝(－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. $