1.4.1 第3课时 空间中直线、平面的垂直-（配套课件）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量在立体几何中的垂直关系应用，系统讲解线线、线面、面面垂直的向量证明方法。课前通过问题链引导自主学习，如“两直线垂直时方向向量关系”等，结合基础自测巩固结论，构建从问题探究到知识内化的学习支架。 其亮点在于采用一题多解（如坐标法、法向量法证明线面垂直）和母题变式，融入逻辑推理与数学运算素养。通过正方体、四棱锥等实例强化方法迁移，课堂小结落实知识与技法，助力学生提升空间思维，教师可依托此资料高效开展分层教学与互动探究。

第一章　空间向量与立体几何 1.4　空间向量的应用 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 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 课前案·自主学习 01 课堂案·互动探究 02 课后案 ·学业评价 03 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课前案·自主学习 栏目导航 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 u1·u2＝0 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 u∥n u＝λn (a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)(λ∈R) n1⊥n2 n1·n2 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课后案·学业评价 栏目导航 点击进入Word 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 学业标准 素养目标 1．能利用平面法向量证明两个平面垂直．(重点) 2．能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的垂直关系．(重点、难点) 利用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系，判定直线、平面的垂直关系，培养学生的数学运算、直观想象和逻辑推理素养． 导学　空间向量与垂直关系 两条直线互相垂直，它们的方向向量满足什么关系？ [提示] 垂直． [提示] 平行． [提示] 垂直． [提示] 垂直． ◎结论形成 空间中垂直关系的向量表示 线线 垂直 设直线l1的方向向量为u1＝(a1，a2，a3)，直线l2的方向向量为u2＝(b1，b2，b3)，则l1⊥l2⇔__________ ⇔____________________________ 线面 垂直 设直线l的方向向量为u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为n＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔_______⇔∃λ∈R，使得__________ ⇔__________________________________ 面面 垂直 若平面α的法向量n1＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量n2＝(a2，b2，c2)，则α⊥β ⇔_______⇔_______＝0 ⇔____________________________ 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两直线垂直的充要条件是两直线的方向向量垂直.(　　) (2)直线与平面垂直的充要条件是直线的方向向量与平面的法向量平行．(　　) (3)两平面垂直的充要条件是两平面的法向量垂直.(　　) (4)直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．(　　) 解析　(1)√.根据直线的方向向量和线线垂直的定义，该判断正确． (2)√.根据直线的方向向量与平面的法向量的定义和线面垂直的定义，该判断正确． (3)√.根据平面的法向量的定义和面面垂直的定义，该判断正确． (4)√.根据直线的方向向量与平面的法向量的定义和线面垂直的定义，该判断正确． 答案　(1)√　(2)√　(3)√　(4)√ 2．已知直线l1的一个方向向量a＝(2，4，x)，直线l2的一个方向向量b＝(2，y，2)，若|a|＝6，且l1⊥l2，则x＋y＝(　　) A．－3或1 B．3或－1 C．－3 D．1 解析　∵|a|＝ eq \r(22＋42＋x2)＝6，∴x＝±4. 又l1⊥l2，∴a⊥b，∴a·b＝2×2＋4y＋2x＝0， ∴y＝－1－ eq \f(1,2)x.当x＝4时，y＝－3；当x＝－4时，y＝1， ∴x＋y＝－3或1. 答案　A 3．若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为μ＝(－2，0，－4)，则直线l与平面α的关系为________． 解析　∵μ＝－2a，∴a∥μ，∴l⊥α. 答案　l⊥α 4．已知α⊥β，平面α与平面β的法向量分别为m，n，且m＝(1，－2，5)，n＝(－3，6，z)，则z＝________． 解析　因为α⊥β，且平面α与平面β的法向量分别为m，n，所以m·n＝(1，－2，5)·(－3，6，z)＝－3－12＋5z＝0，解得z＝3. 答案　3 题型一　直线和直线垂直 eq \f(1,4) INCLUDEPICTURE "例1.tif" 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＝CC1.求证：AB1⊥MN. [证明]　如图，以A为原点，以平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，AC，AA1所在的直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3,4)，0))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,4)))， 所以 eq \o(AB1,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))， eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，\f(1,4)，\f(1,4)))， 所以 eq \o(AB1,\s\up14(→))· eq \o(MN,\s\up14(→))＝－ eq \f(3,8)＋ eq \f(1,8)＋ eq \f(1,4)＝0. 所以 eq \o(AB1,\s\up14(→))⊥ eq \o(MN,\s\up14(→))，即AB1⊥MN. 利用向量法证明线线垂直往往转化为证明直线的方向向量垂直，即证明它们的方向向量的数量积为0.证明的关键是建立恰当的空间直角坐标系，正确地表示出点的坐标，进而求直线的方向向量． [触类旁通] 1．如图所示，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA＝AB＝1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF. 证明　证法一　以A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设AD＝a，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，B(0，1，0)，C(a，1，0)，于是F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))). ∵E在BC上，∴设E(m，1，0)， ∴ eq \o(PE,\s\up14(→))＝(m，1，－1)， eq \o(AF,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))). ∵ eq \o(PE,\s\up14(→))· eq \o(AF,\s\up14(→))＝0，∴PE⊥AF， ∴无论点E在边BC上何处，总有PE⊥AF. 证法二　∵点E在边BC上，可设 eq \o(BE,\s\up14(→))＝λ eq \o(BC,\s\up14(→))， ∴ eq \o(PE,\s\up14(→))· eq \o(AF,\s\up14(→))＝( eq \o(PA,\s\up14(→))＋ eq \o(AB,\s\up14(→))＋ eq \o(BE,\s\up14(→)))· eq \f(1,2)( eq \o(AP,\s\up14(→))＋ eq \o(AB,\s\up14(→))) ＝ eq \f(1,2)( eq \o(PA,\s\up14(→))＋ eq \o(AB,\s\up14(→))＋λ eq \o(BC,\s\up14(→)))·( eq \o(AB,\s\up14(→))＋ eq \o(AP,\s\up14(→)))＝ eq \f(1,2)( eq \o(PA,\s\up14(→))· eq \o(AB,\s\up14(→))＋ eq \o(PA,\s\up14(→))· eq \o(AP,\s\up14(→))＋ eq \o(AB,\s\up14(→))· eq \o(AB,\s\up14(→))＋ eq \o(AB,\s\up14(→))· eq \o(AP,\s\up14(→))＋λ eq \o(BC,\s\up14(→))· eq \o(AB,\s\up14(→))＋λ eq \o(BC,\s\up14(→))· eq \o(AP,\s\up14(→)))＝ eq \f(1,2)(0－1＋1＋0＋0＋0)＝0， ∴ eq \o(PE,\s\up14(→))⊥ eq \o(AF,\s\up14(→))，∴PE⊥AF， 故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF. 题型二　直线和平面垂直　一题多解　一题多变 [证明]　证法一　如图，以D为原点，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． 设正方体棱长为2，则O(1，1，0)，A1(2，0，2)，G(0，2，1)，B(2，2，0)，D(0，0，0)，∴ eq \o(OA1,\s\up14(→))＝(1，－1，2)， eq \o(OB,\s\up14(→))＝(1，1，0)， eq \o(BG,\s\up14(→))＝(－2，0，1)， 而 eq \o(OA1,\s\up14(→))· eq \o(OB,\s\up14(→))＝1－1＋0＝0， eq \o(OA1,\s\up14(→))· eq \o(BG,\s\up14(→))＝－2＋0＋2＝0. ∴ eq \o(OA1,\s\up14(→))⊥ eq \o(OB,\s\up14(→))， eq \o(OA1,\s\up14(→))⊥ eq \o(BG,\s\up14(→))， 即OA1⊥OB，OA1⊥BG， 而OB∩BG＝B，∴OA1⊥平面GBD. 证法二　同证法一建立空间直角坐标系后， 设平面GBD的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(BG,\s\up14(→))·n＝0，,\o(BD,\s\up14(→))·n＝0，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x＋z＝0，,－2x－2y＝0，)) 令x＝1得z＝2，y＝－1， ∴平面GBD的一个法向量为n＝(1，－1，2)， 显然 eq \o(A1O,\s\up14(→))＝(－1，1，－2)＝－n， ∴ eq \o(A1O,\s\up14(→))∥n，∴A1O⊥平面GBD. [母题变式] (变结论)例2条件不变，在平面A1B1C1D1内求一点P，使CP⊥平面GBD. 解析　由已知易知只需CP∥ A1O. 易求P为A1C1与B1D1的交点，所以P(1，1，2). [素养聚焦]　本题通过考查用空间向量解决线面垂直问题，提升学生直观想象、逻辑推理等核心素养． (1)基向量法：选取基向量，用基向量表示直线所在的向量，在平面内找出两个不共线的向量，也用基向量表示，然后根据数量积运算分别证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论． (2)坐标法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标以及平面内两个不共线向量的坐标，然后根据数量积的坐标运算法则证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论． (3)法向量法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标，然后说明直线方向向量与平面法向量共线，从而证得结论． [触类旁通] 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. 证明　以D为原点，DA的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．设E(a，0，0)，其中a>0，则C(2a，0，0)，A(0，1，0)，B(2a，1，0)，P(0，0，1)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(1,2)，\f(1,2)))，所以 eq \o(EF,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))， eq \o(PB,\s\up14(→))＝(2a，1，－1)， eq \o(AB,\s\up14(→))＝(2a，0，0).所以 eq \o(EF,\s\up14(→))· eq \o(PB,\s\up14(→))＝0， eq \o(EF,\s\up14(→))· eq \o(AB,\s\up14(→))＝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. 题型三　平面和平面垂直　一题多解 [证明]　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)，S(0，0，1)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))). 证法一　连接AC，交BD于点O，连接OE， 则点O的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)).易知 eq \o(AS,\s\up14(→))＝(0，0，1)， eq \o(OE,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，∴ eq \o(OE,\s\up14(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(AS,\s\up14(→))，∴OE∥AS. 又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD. 又OE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD. 证法二　设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z). 易知 eq \o(BD,\s\up14(→))＝(－1，1，0)， eq \o(BE,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(BD,\s\up14(→))，,n1⊥\o(BE,\s\up14(→))，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(BD,\s\up14(→))＝－x＋y＝0，,n1·\o(BE,\s\up14(→))＝－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0.)) 令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝(1，1，0). ∵AS⊥底面ABCD，∴平面ABCD的一个法向量为n2＝ eq \o(AS,\s\up14(→))＝(0，0，1). ∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD. 利用空间向量证明面面垂直有两种方法：一是证明其中一个平面过另一个平面的垂线，即转化为线面垂直；二是证明两平面的法向量垂直． [触类旁通] 3．在三棱台A1B1C1­ABC中，∠BAC＝90°，A1A⊥ABC，A1A＝ eq \r(3)，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC的中点．证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1. 证明　由题意可建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0， eq \r(3))，D(1，1，0)，所以 eq \o(BC,\s\up14(→))＝(－2，2，0)， eq \o(AD,\s\up14(→))＝(1，1，0)， eq \o(AA1,\s\up14(→))＝(0，0， eq \r(3)).因为 eq \o(BC,\s\up14(→))· eq \o(AD,\s\up14(→))＝－2＋2＋0＝0， eq \o(BC,\s\up14(→))· eq \o(AA1,\s\up14(→))＝0＋0＋0＝0， 所以 eq \o(BC,\s\up14(→))⊥ eq \o(AD,\s\up14(→))， eq \o(BC,\s\up14(→))⊥ eq \o(AA1,\s\up14(→))，所以BC⊥AD，BC⊥AA1. 又AD∩AA1＝A，AD，AA1⊂平面A1AD， 所以BC⊥平面A1AD，又BC⊂平面BCC1B1， 所以平面A1AD⊥平面BCC1B1. 知识落实 技法强化 利用空间向量解直线与直线、直线与平面、平面与平面垂直问题． (1)利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间中的垂直关系，体现了转化与化归的思想方法． (2)分清直线的方向向量、平面的法向量的关系与线面间的垂直关系的对应，不要混淆． $