3.4.2 第2课时 空间中直线、平面的垂直(Word学生用书)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（北师大版)

该高中数学导学案聚焦空间中直线、平面的垂直关系，通过旗杆与地面垂直的实例导入，引导学生用向量语言表述线线、线面、面面垂直关系，衔接空间向量基础，构建从具体到抽象的学习支架。 资料涵盖向量证明垂直、三垂线定理应用及探索性问题等题型，提供一题多解与通性通法指导，助力学生掌握逻辑推理方法，培养数学抽象与直观想象素养，习题分层设计兼顾基础与提升，适合自主学习与课堂教学使用。

第二课时　空间中直线、平面的垂直 课标 要求 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、直观想象）. 2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的垂直关系（逻辑推理、直观想象）. 　　 　　观察图片，都知道图中旗杆所在直线和地面垂直. 【问题】　如何用向量来表示二者的关系呢？ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 知识点一　空间垂直关系的向量表示 设向量l，m分别是直线l，m的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量，则 （1）l⊥m⇔　　　　； （2）l⊥α⇔　　　　； （3）α⊥β⇔　　　　. 知识点二　三垂线定理及其逆定理 1.三垂线定理 若平面内的一条直线与平面的一条斜线在这个平面内的投影垂直，则它也和这条斜线垂直. 2.三垂线定理的逆定理 若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这个平面内的投影垂直. 【想一想】 若直线l的方向向量与平面α内两条相交直线的方向向量都垂直，那么l与α垂直吗？ 1.〔多选〕下列命题中，正确的命题为（　　） A.若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β B.若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1·n2＝0 C.若n是平面α的法向量，a是直线l的方向向量，若l与平面α垂直，则n∥a D.若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直 2.若直线l的方向向量a＝（1，0，2），平面α的法向量为n＝（－2，0，－4），则（　　） A.l∥α B.l⊥α C.l⊂α D.l与α斜交 3.已知两不重合直线l1和l2的方向向量分别为a＝（3λ＋1，0，2λ），b＝（1，λ－1，λ），若l1⊥l2，则λ的值为　　　　. 4.平面α与平面β垂直，平面α与平面β的法向量分别为 u＝（－1，0，5），v＝（t，5，1），则t的值为　　　　. 　　 题型一　利用空间向量证明垂直问题 〔一题多解〕如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，垂足为A，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点. （1）求证：AE⊥CD； （2）求证：PD⊥平面ABE. 尝试解答 通性通法 用空间向量证明垂直的方法 （1）线线垂直：证明两直线的方向向量互相垂直，即证明它们的数量积为零； （2）线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示； （3）面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝CC1＝1，E是CD的中点，F是BC的中点.求证：平面EAD1⊥平面EFD1. 题型二　三垂线定理及逆定理的应用 如图，已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接BD1，AC，CB1，B1A，求证：BD1⊥平面AB1C. 尝试解答 通性通法 利用三垂线定理证明垂直的步骤 （1）找平面（基准面）及平面的垂线； （2）找射影线（平面上的直线与斜线）； （3）证明射影线与直线垂直，从而得线线垂直，更进一步证明线面垂直或面面垂直. 　在四面体PABC中，PA⊥BC，PB⊥AC，求证：PC⊥AB. 题型三　利用空间向量解决位置关系中的探索性问题 如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1.在BC，DD1上是否分别存在点E，F，使B1E⊥平面ABF，若存在，请证明你的结论，并求出点E，F满足的条件；若不存在，请说明理由. 尝试解答 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Oxy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. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PCD⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝1，PC＝PD＝，在棱PD上是否存在点M，使得AM⊥BD？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 1.若平面α，β的法向量分别为a＝（2，－1，0），b＝（－1，－2，0），则α与β的位置关系是（　　） A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.无法确定 2.如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为2，点E是棱AB的中点，点F（0，y，z）是正方体的面AA1D1D上一点，且CF⊥B1E，则点F（0，y，z）满足方程（　　） A.y－z＝0 B.2y－z－1＝0 C.2y－z－2＝0 D.z－1＝0 3.〔多选〕下列命题是真命题的有（　　） A.直线l的方向向量为a＝（1，－1，2），直线m的方向向量为b＝，则l与m垂直 B.直线l的方向向量为a＝（0，1，－1），平面α的法向量为n＝（1，－1，－1），则l⊥α C.平面α，β的法向量分别为n1＝（0，1，3），n2＝（1，0，2），则α∥β D.平面α经过三点A（1，0，－1），B（0，1，0），C（－1，2，0），向量n＝（1，u，t）是平面α的法向量，则u＋t＝1 4.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是棱D1D上一点，N是A1B1的中点，则当＝　　　　时，ON⊥AM. 完成课后作业　第三章　§4　4.2　第二课时 答案 第二课时　空间中直线、平面的垂直 【基础落实】 新知初探 知识点一 （1）l⊥m　（2）l∥n1　（3）n1⊥n2 想一想 提示：垂直. 自我诊断 1.BCD　A中平面α，β可能平行，也可能重合，结合平面法向量的概念，可知B、C、D正确. 2.B　∵n＝－2a，∴a∥n，即l⊥α. 3.－1或－　解析：由题意知，a⊥b，∴3λ＋1＋2λ2＝0，∴λ＝－1或－. 4.5　解析：∵平面α与平面β垂直，∴平面α的法向量u与平面β的法向量v垂直，∴u·v＝0，即－1×t＋0×5＋5×1＝0，解得t＝5. 【典例研析】 【例1】　证明：（1）如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设PA＝AB＝BC＝1，则A（0，0，0），B（1，0，0），P（0，0，1）. 因为∠ABC＝60°，AB＝BC，所以△ABC为正三角形. 所以C（，，0），E（，，）， ＝（，，0）， 设D（0，y1，0），则＝（－，y1－，0）， 由AC⊥CD得·＝0， 即－＋（y1－）＝0，解得y1＝， 则D（0，，0）， 所以＝（－，，0）. 又＝（，，）， 所以·＝－×＋×＋0×＝0， 所以⊥，即AE⊥CD. （2）法一　由（1）知＝（1，0，0）， ＝（，，）， 设平面ABE的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令y＝2，则n＝（0，2，－）. 又＝（0，，－1），显然＝n， 所以∥n， 所以⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE. 法二　由（1）知＝（，，），＝（1，0，0）， ＝（0，，－1）. 所以·＝0，·＝0， 所以PD⊥AE，PD⊥AB. 又AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE，所以PD⊥平面ABE. 跟踪训练 证明：如图，建立空间直角坐标系，则E（0，1，0），A（1，0，0），D1（0，0，1）， F（，2，0），＝（－1，1，0），＝（0，－1，1），＝（，1，0），设平面EAD1的法向量为n＝（x，y，z）， 则即令x＝1，则y＝z＝1，所以n＝（1，1，1） 设平面EFD1的法向量为m＝（x'，y'，z'）， 则 即令x'＝2，则y'＝z'＝－1， 所以m＝（2，－1，－1）. 因为n·m＝1×2＋1×（－1）＋1×（－1）＝0，所以n⊥m， 所以平面EAD1⊥平面EFD1. 【例2】　证明：连接BD，A1B，∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD. 又DD1⊥平面ABCD， ∴BD是斜线BD1在平面ABCD上的射影， ∴BD1⊥AC，同理A1B是BD1在平面ABB1A1内的射影， ∴BD1⊥AB1，又AB1∩AC＝A，∴BD1⊥平面AB1C. 跟踪训练 证明：过P作PH⊥平面ABC，垂足为H，连接AH并延长交BC于E， 连接BH并延长交AC于F， PH⊥平面ABC，PA⊥BC， 而PA在平面ABC内的射影为AH，由三垂线定理的逆定理知BC⊥AH， 同理可证BF⊥AC.则H为△ABC的垂心，连接CH并延长交AB于G， 于是CG⊥AB，而CH是PC在平面ABC的射影，故PC⊥AB. 【例3】　解：如图，建立空间直角坐标系D1-xyz， 则A（1，0，1），B1（1，1，0），B（1，1，1），设F（0，0，h），E（m，1，1），则＝（0，1，0），＝（m－1，0，1），＝（1，0，1－h），若B1E⊥平面ABF，则·＝0，∴h＝m，即E，F满足D1F＝CE时，B1E⊥平面ABF.即存在点E，F，使B1E⊥平面ABF. 跟踪训练 解：连接AC，交BD于点F，因为底面ABCD为矩形，所以F为BD的中点， 假设在棱PD上存在点M，使得AM⊥BD. 取CD的中点为O，连接PO，FO， 因为底面ABCD为矩形，故BC⊥CD， 而F为BD的中点，故OF∥BC，所以OF⊥DC. 因为PC＝PD＝，故PO⊥CD，又平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，故PO⊥平面ABCD， 故以O为坐标原点，OF，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A（1，－1，0），D（0，－1，0），B（1，1，0），P（0，0，1）， 设＝λ（λ∈[0，1]），M（x，y，z），则＝λ， 即（x，y，z－1）＝λ（0，－1，－1），则可得M（0，－λ，1－λ）， 故＝（－1，1－λ，1－λ），＝（－1，－2，0）， 因为AM⊥BD，故·＝0，即1－2（1－λ）＝0，解得λ＝，即在棱PD上存在点M，使得AM⊥BD，此时＝. 随堂检测 1.B　a·b＝－2＋2＋0＝0，∴a⊥b，∴α⊥β. 2.D　E（1，0，0），B1（2，0，2），C（2，2，0），所以＝（－1，0，－2），＝（－2，y－2，z），因为CF⊥B1E，所以·＝0，即2－2z＝0，即z＝1. 3.AD　∵a＝（1，－1，2），b＝，∴a·b＝1×2－1×1＋2×＝0，则a⊥b，∴直线l与m垂直，故A正确；a＝（0，1，－1），n＝（1，－1，－1），则a·n＝0×1＋1×（－1）＋（－1）×（－1）＝0，则a⊥n，∴l∥α或l⊂α，故B错误；∵n1＝（0，1，3），n2＝（1，0，2），∴n1与n2不共线，∴α∥β不成立，故C错误；∵点A（1，0，－1），B（0，1，0），C（－1，2，0），∴＝（－1，1，1），＝（－1，1，0）.∵向量n＝（1，u，t）是平面α的法向量，∴即解得u＋t＝1，故D正确. 4.　解析：以A为原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（图略），设正方体的棱长为1，则A（0，0，0），O（，，0），N（，0，1），设M（0，1，a）（0≤a≤1），则·＝（0，1，a）·（0，－，1）＝－＋a＝0，∴a＝.∴当＝时，ON⊥AM. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $