2.4.1 空间直线的方向向量和平面的法向量-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第二册创新导学案课件PPT（湘教版2019）

第2章　空间向量与 立体几何 2.4　空间向量在立体几何 中的应用 2.4.1　空间直线的方向向量 和平面的法向量 (教师独具内容) 课程标准：1．能用向量语言描述直线和平面．2．理解直线的方向向量与平面的法向量．3．会用待定系数法求平面的法向量． 教学重点：用待定系数法求平面的法向量． 教学难点：用待定系数法求平面的法向量． 核心素养：1．通过对空间点的位置向量与直线的方向向量的学习培养数学抽象素养．2．通过直线的方向向量和平面的法向量的求解提升数学运算素养． 核心概念掌握 核心素养形成 随堂水平达标 目录 课后课时精练 核心概念掌握 知识点一　空间中点的位置向量 在空间中，取一定点O作为原点，那么空间中任意一点P的位置就可以用向量______来表示，_________称为点P的位置向量． 知识点二　直线的方向向量 (1)一般地，如果_______向量v与直线l________，就称v为l的方向向量． (2)已知空间直线l上____________以及这条直线的一个___________，就可以确定这条空间直线的位置． (3)一条直线有_________个方向向量，这些方向向量是___________的；直线l的方向向量v也是所有与l_______的直线的方向向量． 非零 平行 一个定点A 方向向量 无穷多 相互平行 平行 核心概念掌握 5 知识点三　平面的法向量 (1)如果非零向量n所在直线与平面α______，则称n为平面α的法向量． (2)给定一点A和一个向量n，那么，过点A，且以向量n为_________的平面是完全确定的． (3)一个平面的法向量有_________个．由于垂直于同一平面的直线是______的，因而一个平面的所有法向量__________． 垂直 法向量 无穷多 平行 互相平行 核心概念掌握 6 利用待定系数法求平面的法向量，求出向量的横、纵、竖坐标是具有某种关系的，而不是具体的值，可设定某个坐标为常数，再表示其他坐标． 核心概念掌握 7 1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线l的方向向量是唯一的．(　　) (2)若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．(　　) (3)若向量a是直线l的一个方向向量，则向量ka也是直线l的一个方向向量．(　　) (4)若向量n1，n2为平面α的法向量，则分别以这两个向量为方向向量的两条不重合直线一定平行．(　　) √ × 答案 × √ 核心概念掌握 8 1 0 答案 核心概念掌握 9 核心素养形成 题型一　空间中点的位置的确定 答案 解析 核心素养形成 11 感悟提升　解决此类问题的关键是把已知的长度关系转化为向量关系，从而得到要求点的坐标． 核心素养形成 12 [跟踪训练1]　已知点A(2，4，0)，B(1，3，3)，如图，P在线段AB上，Q在线段AB的延长线上，且分别满足条件： ①AP∶PB＝1∶2； ②AQ∶QB＝2∶1． 求点P和点Q的坐标． 解 核心素养形成 13 解 核心素养形成 14 题型二　直线的方向向量 解析　由定义知，如果一个非零向量与直线AA1平行，则这个向量就称为直线AA1的一个方向向量． 答案 解析 核心素养形成 15 解析 答案 核心素养形成 16 核心素养形成 17 [跟踪训练2]　已知直线l的方向向量v＝(2，1，3)，且l过A(0，y，3)和B(－1，－2，z)，则y＝________，z＝________． 答案 解析 核心素养形成 18 题型三　求平面的法向量 答案 解析 核心素养形成 19 解 (2)已知点A(2，0，0)，B(0，5，0)，C(0，0，3)，求平面ABC的单位法向量． 核心素养形成 20 核心素养形成 21 解 核心素养形成 22 解 核心素养形成 23 题型四　平面法向量的证明 证明 核心素养形成 24 感悟提升　要证明一个向量是已知平面的法向量即证明此向量与平面内任意两个不共线的向量垂直． 核心素养形成 25 解 核心素养形成 26 随堂水平达标 1．若点A(4，1，3)，B(2，－5，1)在直线l上，则直线l的一个方向向量为(　　) A．(1，3，1) B．(1，1，3) C．(1，3，－1) D．(1，－3，－1) 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 28 2．已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，点(a，3，3)在平面α内，则a＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 29 答案 解析 随堂水平达标 1 2 3 4 5 30 4．在空间直角坐标系中，已知点A(2，0，1)，B(2，6，3)，P是线段AB上一点，且满足AP∶PB＝3∶2，则直线AB的一个方向向量为______________________，点P的坐标为_____________． 答案 解析 (0，6，2)(答案不唯一) 随堂水平达标 1 2 3 4 5 31 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 32 解 随堂水平达标 1 2 3 4 5 33 课后课时精练 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 35 2．从点A(2，－1，7)沿向量a＝(8，9，－12)的方向取线段长AB＝34，则点B的坐标为(　　) A．(－9，－7，7) B．(18，17，－17) C．(9，7，－7) D．(－14，－19，31) 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 36 3．已知一直线经过点A(2，3，2)，B(－1，0，5)，下列向量中不是该直线的方向向量的为(　　) A．a＝(1，1，1) B．a＝(－1，－1，1) C．a＝(－3，－3，3) D．a＝(1，1，－1) 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 37 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 38 答案 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 39 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 40 二、填空题 6．过不同两点A(m2＋2，m2－3，1)，B(3－m－m2，2m，1)的直线l的一个方向向量为(1，1，0)，则实数m的值为________． 答案 解析 －2 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 41 答案 解析 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 42 8．在空间直角坐标系O－xyz中，A(1，1，t)，B(2，2，4)，P(0，0，5)，若平面ABC的一个法向量m＝(3，1，－1)，则直线AB的一个方向向量为___________ ______________，平面ABP的一个法向量为_________________________． 答案 解析 (1，1，4) (1，－1，0)(答案不唯一) (答案不唯一) 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 43 三、解答题 9．如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，试建立适当的坐标系，求平面A1AD的一个法向量． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 44 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 45 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 46 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 47 1．已知A(2，2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，－2)． (1)写出直线BC的一个方向向量； (2)设平面α经过点A，且BC⊥α，M(x，y，z)是平面α内的任意一点，试写出x，y，z满足的关系式． 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 48 解 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 49 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 50 证明 课后课时精练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 A级 B级 1 2 51 　　　　　　　　　　　　　 R eq \o(OP,\s\up12(→)) eq \o(OP,\s\up12(→)) 2．做一做 (1)已知eq \o(AB,\s\up12(→))＝(2，3，0)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(1，0，1)，则平面ABC的一个法向量为(　　) A．(3，2，－3) B．(3，2，3) C．(3，－2，3) D．(3，－2，－3) (2)若点A(－1，0，1)，B(1，4，7)在直线l上，则直线l的一个方向向量为(　　) A．(1，2，3) B．(1，3，2) C．(2，1，3) D．(3，2，1) (3)在平面ABC中，A(0，1，1)，B(1，2，1)，C(－1，0，－1)，若n为平面ABC的法向量，且n＝(－1，y，z)，则y＝________，z＝________． (1,3)INCLUDEPICTURE"例1.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例1.TIF" \* MERGEFORMATINET 　已知点A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C为线段AB上一点，且AC＝AB，则C点坐标为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，－\f(1,2)，\f(5,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，－3，2)) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(7,2)，\f(3,2))) 解析　设C(x，y，z)，则eq \o(AC,\s\up12(→))＝(x－4，y－1，z－3)，又eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－2，－6，－2)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up12(→))，∴(x－4，y－1，z－3)＝eq \f(1,3)(－2，－6，－2)，解得x＝eq \f(10,3)，y＝－1，z＝eq \f(7,3)，∴Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3)))．故选C． 解　由AP∶PB＝1∶2，得eq \o(PB,\s\up12(→))＝2eq \o(AP,\s\up12(→))，即eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OP,\s\up12(→))＝2(eq \o(OP,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→)))，eq \o(OP,\s\up12(→))＝eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up12(→))＋eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up12(→))． 设点P的坐标为(x，y，z)， 则(x，y，z)＝eq \f(2,3)(2，4，0)＋eq \f(1,3)(1，3，3)， 即x＝eq \f(4,3)＋eq \f(1,3)＝eq \f(5,3)，y＝eq \f(8,3)＋1＝eq \f(11,3)，z＝0＋1＝1． 因此，点P的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(11,3)，1))． 因为AQ∶QB＝2∶1， 所以eq \o(AQ,\s\up12(→))＝－2eq \o(QB,\s\up12(→))，eq \o(OQ,\s\up12(→))－eq \o(OA,\s\up12(→))＝－2(eq \o(OB,\s\up12(→))－eq \o(OQ,\s\up12(→)))，eq \o(OQ,\s\up12(→))＝－eq \o(OA,\s\up12(→))＋2eq \o(OB,\s\up12(→))． 设点Q的坐标为(x′，y′，z′)，则(x′，y′，z′)＝－(2，4，0)＋2(1，3，3)＝(0，2，6)． 因此，点Q的坐标是(0，2，6)． A．eq \o(AA1,\s\up12(→)) B．eq \o(C1E,\s\up12(→)) C．eq \o(AB,\s\up12(→)) D．eq \o(A1A,\s\up12(→)) 解析　由题意可得直线l的一个方向向量eq \o(AB,\s\up12(→))＝(1，3，4)，又eq \f(1,4) eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \f(1,4)(1，3，4)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，1))，∴向量eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，1))是直线l的一个方向向量．故选A． (2)若点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0\f(1,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3，\f(9,2)))在直线l上，则直线l的一个方向向量为(　　) A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，1)) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1，\f(3,4))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(1,4)，1)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,4)，\f(1,4))) 感悟提升 对直线方向向量的两点说明 (1)方向向量的选取：在直线上任取两点P，Q，可得到直线的一个方向向量eq \o(PQ,\s\up12(→))． (2)方向向量的不唯一性：直线的方向向量不是唯一的，可以分为方向相同和相反两类，它们都是共线向量．解题时，可以选取坐标最简的方向向量． eq \f(3,2) －eq \f(3,2) 解析　∵直线l的方向向量v＝(2，1，3)，且l过A(0，y，3)和B(－1，－2，z)，∴eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－1，－2－y，z－3)＝λ(2，1，3)，∴λ＝－eq \f(1,2)，－2－y＝λ，z－3＝3λ，解得y＝－eq \f(3,2)，z＝eq \f(3,2)． A．eq \o(BC,\s\up12(→)) B．eq \o(A1B1,\s\up12(→)) C．eq \o(BB1,\s\up12(→)) D．eq \o(BD,\s\up12(→)) 解析　因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，A1A⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以A1A⊥BD．又AC∩A1A＝A，AC，A1A⊂平面A1ACC1，所以BD⊥平面A1ACC1．所以eq \o(BD,\s\up12(→))为平面A1ACC1的一个法向量．故选D． 解　设单位法向量n＝(x，y，z)，因为eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－2，5，0)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－2，0，3)，由法向量的定义及题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up12(→))＝－2x＋5y＝0，,n·\o(AC,\s\up12(→))＝－2x＋3z＝0，,x2＋y2＋z2＝1.))解得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,19)，\f(6,19)，\f(10,19)))或n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,19)，－\f(6,19)，－\f(10,19)))． 感悟提升 利用待定系数法求平面法向量的步骤 (1)设向量：设平面的一个法向量为n＝(x，y，z)． (2)选向量：在平面内选取两个不共线的向量eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AC,\s\up12(→))． (3)列方程组：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up12(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up12(→))＝0))列出方程组． (4)解方程组． (5)赋非零值：取其中一个为非零值(常取±1)(在本例中，因限定单位法向量，故不用赋值)． (6)得结论：得到平面的一个法向量． [跟踪训练3]　 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．AB＝AP＝1，AD＝eq \r(3)，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE的一个法向量． 解　因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直． 如图，以点A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则D(0，eq \r(3)，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，B(1，0，0)，C(1，eq \r(3)，0)，于是eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(1，eq \r(3)，0)． 设n＝(x，y，z)为平面ACE的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up12(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，)) 令y＝－1，则x＝z＝eq \r(3)． 所以平面ACE的一个法向量为n＝(eq \r(3)，－1，eq \r(3))． (DB1,\s\up12(→))INCLUDEPICTURE"例4.TIF" INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "E:\\张伟\\PPT\\557数学\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET INCLUDEPICTURE "F:\\李艳\\PPT\\557数学（选择性必修第二册导学案（湘教\\例4.TIF" \* MERGEFORMATINET 　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求证：是平面ACD1的 一个法向量． 证明　设正方体的棱长为1，以点D为原点，分别以eq \o(DA,\s\up12(→))，eq \o(DC,\s\up12(→))，eq \o(DD1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系， 则eq \o(DB1,\s\up12(→))＝(1，1，1)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－1，1，0)，eq \o(AD1,\s\up12(→))＝(－1，0，1)． 于是有eq \o(DB1,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，所以eq \o(DB1,\s\up12(→))⊥eq \o(AC,\s\up12(→))，即DB1⊥AC． 同理，DB1⊥AD1，又AC∩AD1＝A，AC⊂平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，所以DB1⊥平面ACD1，从而eq \o(DB1,\s\up12(→))是平面ACD1的一个法向量． [跟踪训练4]　 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，在BC，DD1上是否存在点E，F，使eq \o(B1E,\s\up12(→))是平面ABF的一个法向量？若存在，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． 解　存在，且E，F满足|D1F|＝|CE|．证明过程如下： 以点D1为原点，分别以eq \o(D1A1,\s\up12(→))，eq \o(D1C1,\s\up12(→))，eq \o(D1D,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，1)，B(1，1，1)，B1(1，1，0)． 设F(0，0，h)，E(m，1，1)，则eq \o(AB,\s\up12(→))＝(0，1，0)，eq \o(B1E,\s\up12(→))＝(m－1，0，1)，eq \o(FA,\s\up12(→))＝(1，0，1－h)． ∵eq \o(AB,\s\up12(→))·eq \o(B1E,\s\up12(→))＝0，∴AB⊥B1E． 若eq \o(B1E,\s\up12(→))是平面ABF的一个法向量，则eq \o(B1E,\s\up12(→))·eq \o(FA,\s\up12(→))＝m－1＋1－h＝m－h＝0． ∴h＝m，即E，F满足|D1F|＝|CE|时，eq \o(B1E,\s\up12(→))是平面ABF的一个法向量． 解析　由题意，可得直线l的一个方向向量eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－2，－6，－2)，又－eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→))＝－eq \f(1,2)(－2，－6，－2)＝(1，3，1)，∴向量(1，3，1)是直线l的一个方向向量．故选A． 解析　设点P(a，3，3)，则eq \o(MP,\s\up12(→))＝(a－1，4，1)，因为平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，所以n⊥eq \o(MP,\s\up12(→))，则n·eq \o(MP,\s\up12(→))＝6(a－1)－3×4＋6＝0，解得a＝2．故选B． 3．若Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(19,8)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(5,8)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，1，\f(5,8)))是平面α内的三点，设平面α的法向量a＝(x，y，z)，则x∶y∶z等于(　　) A．2∶3∶(－4) B．1∶1∶1 C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))∶1∶1 D．3∶2∶4 解析　由题意，知eq \o(AB,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，－\f(7,4)))，eq \o(AC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－1，－\f(7,4)))．由于a为平面α的法向量，所以a·eq \o(AB,\s\up12(→))＝0，a·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－3y－\f(7,4)z＝0，,－2x－y－\f(7,4)z＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)y，,z＝－\f(4,3)y，))所以x∶y∶z＝eq \f(2,3)y∶y∶eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)y))＝2∶3∶(－4)． 解析　由题意得eq \o(AB,\s\up12(→))＝(0，6，2)是直线AB的一个方向向量．由AP∶PB＝3∶2，得eq \o(AP,\s\up12(→))＝eq \f(3,5) eq \o(AB,\s\up12(→))．设P(x，y，z)，则(x－2，y，z－1)＝eq \f(3,5)(0，6，2)，即x－2＝0，y＝eq \f(18,5)，z－1＝2×eq \f(3,5)，解得x＝2，y＝eq \f(18,5)，z＝eq \f(11,5)，所以直线AB的一个方向向量为(0，6，2)，点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(18,5)，\f(11,5)))． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(18,5)，\f(11,5))) 5．如图，四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝eq \f(1,2)，求平面SCD与平面SBA的一个法向量． 解　∵AD，AB，AS是三条两两垂直的线段，∴以点A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AS,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，C(1，1，0)，S(0，0，1)， 则eq \o(AD,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))是平面SBA的一个法向量． 设平面SCD的法向量n＝(1，λ，u)，eq \o(DC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，eq \o(DS,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))， 则n·eq \o(DC,\s\up12(→))＝1＋eq \f(λ,2)＝0， ∴λ＝－2，n·eq \o(DS,\s\up12(→))＝－eq \f(λ,2)＋u＝0， ∴u＝－1，∴n＝(1，－2，－1)． 一、选择题 1．设A是空间任一点，n为空间内任一非零向量，满足条件eq \o(AM,\s\up12(→))·n＝0的点M构成的图形是(　　) A．圆 B．直线 C．平面 D．线段 解析　∵eq \o(AM,\s\up12(→))·n＝0，∴eq \o(AM,\s\up12(→))⊥n或eq \o(AM,\s\up12(→))＝0，∴点M在过点A且以n为法向量的平面上．故选C． 解析　设B(x，y，z)，eq \o(AB,\s\up12(→))＝(x－2，y＋1，z－7)＝λ(8，9，－12)，λ>0，故x－2＝8λ，y＋1＝9λ，z－7＝－12λ，由(x－2)2＋(y＋1)2＋(z－7)2＝342，得(17λ)2＝342，∵λ>0，∴λ＝2．∴x＝18，y＝17，z＝－17，即B(18，17，－17)． 解析　∵直线经过点A(2，3，2)，B(－1，0，5)，∴直线的一个方向向量为eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－3，－3，3)，又直线的方向向量互相平行，∴B，C，D都是直线的方向向量．故选A． 4．已知点A(2，－1，2)在平面α内，n＝(3，1，2)是平面α的一个法向量，则下列各点在平面α内的是(　　) A．(1，－1，1) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，\f(3,2))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3，－\f(3,2))) 解析　设P(x，y，z)，则eq \o(AP,\s\up12(→))＝(x－2，y＋1，z－2)，由题意知，eq \o(AP,\s\up12(→))⊥n，则n·eq \o(AP,\s\up12(→))＝0，∴3(x－2)＋(y＋1)＋2(z－2)＝0，化简得3x＋y＋2z＝9．验证得，在A中，3×1－1＋2×1＝4，不满足条件；在B中，3×1＋3＋2×eq \f(3,2)＝9，满足条件；同理验证C，D不满足条件．故选B． 5．(多选)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，E为PD的中点，若以点A为原点，分别以eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))为y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则(　　) A．点B的坐标为(eq \r(3)，－1，0) B．eq \o(PB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝2 C．eq \o(BE,\s\up12(→))＝(－eq \r(3)，2，1) D．平面ACE的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，－eq \r(3)) 解析　对于A，∵在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AC＝2，∴点B的坐标为(eq \r(3)，－1，0)，故A正确；对于B，P(0，0，2)，A(0，0，0)，C(eq \r(3)，1，0)，eq \o(PB,\s\up12(→))＝(eq \r(3)，－1，－2)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \o(PB,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝3－1＝2，故B正确；对于C，B(eq \r(3)，－1，0)，E(0，1，1)，∴eq \o(BE,\s\up12(→))＝(－eq \r(3)，2，1)，故C正确；对于D，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(eq \r(3)，1，0)，eq \o(AE,\s\up12(→))＝(0，1，1)，设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up12(→))＝\r(3)x＋y＝0，,n·\o(AE,\s\up12(→))＝y＋z＝0，))取x＝1，得n＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))，故D错误．故选ABC． 解析　根据题意，点A(m2＋2，m2－3，1)，B(3－m－m2，2m，1)，则eq \o(AB,\s\up12(→))＝(1－m－2m2，2m－m2＋3，0)，则eq \o(AB,\s\up12(→))与直线l的一个方向向量(1，1，0)共线，即1－m－2m2＝2m－m2＋3，解得m＝－1或－2．当m＝－1时，A(3，－2，1)，B(3，－2，1)，两个点是同一个点，不符合题意；当m＝－2时，A(6，1，1)，B(1，－4，1)，两个点不是同一个点，符合题意．故m＝－2． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，－\f(2,3))) 7．已知点A，B，C的坐标分别为(0，1，0)，(－1，0，1)，(2，1，1)，点P的坐标为(x，0，z)，若eq \o(PA,\s\up12(→))为平面ABC的一个法向量，则点P的坐标为______________． 解析　eq \o(AB,\s\up12(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(2，0，1)，eq \o(PA,\s\up12(→))＝(－x，1，－z)．∵eq \o(PA,\s\up12(→))为平面ABC的一个法向量，∴eq \o(PA,\s\up12(→))⊥eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(PA,\s\up12(→))⊥eq \o(AC,\s\up12(→))，∴eq \o(PA,\s\up12(→))·eq \o(AB,\s\up12(→))＝0，eq \o(PA,\s\up12(→))·eq \o(AC,\s\up12(→))＝0，即x－1－z＝0　①，－2x－z＝0　②，由①②得x＝eq \f(1,3)，z＝－eq \f(2,3)，∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，0，－\f(2,3)))． 解析　∵A(1，1，t)，B(2，2，4)，∴eq \o(AB,\s\up12(→))＝(1，1，4－t)，又平面ABC的一个法向量m＝(3，1，－1)，∴eq \o(AB,\s\up12(→))·m＝3＋1－4＋t＝0，即t＝0．∴直线AB的一个方向向量为eq \o(AB,\s\up12(→))＝(1，1，4)．A(1，1，0)，P(0，0，5)，则eq \o(AP,\s\up12(→))＝(－1，－1，5)，设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up12(→))＝x＋y＋4z＝0，,n·\o(AP,\s\up12(→))＝－x－y＋5z＝0，))取x＝1，得n＝(1，－1，0)，故平面ABP的一个法向量为n＝(1，－1，0)． 解　取BC的中点O，B1C1的中点O1，连接AO，OO1，易证AO⊥平面BCC1B1． 以点O为原点，分别以eq \o(OB,\s\up12(→))，eq \o(OO1,\s\up12(→))，eq \o(OA,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系， 则D(－1，1，0)，A(0，0，eq \r(3))，A1(0，2，eq \r(3))． ∴eq \o(AD,\s\up12(→))＝(－1，1，－eq \r(3))，eq \o(AA1,\s\up12(→))＝(0，2，0)． 设平面A1AD的法向量为n＝(x，y，z)， 得n⊥eq \o(AD,\s\up12(→))，n⊥eq \o(AA1,\s\up12(→))， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AD,\s\up12(→))＝－x＋y－\r(3)z＝0，,n·\o(AA1,\s\up12(→))＝2y＝0，)) 令z＝1，可得n＝(－eq \r(3)，0，1)． 因此n＝(－eq \r(3)，0，1)为平面A1AD的一个法向量． 10．如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，BC＝1，AD＝AA1＝3，AB＝eq \r(3)．试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACD1的一个法向量． 解　易知，AB，AD，AA1两两垂直． 如图，以点A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AA1,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系． 则A(0，0，0)，C(eq \r(3)，1，0)，D1(0，3，3)，eq \o(AD1,\s\up12(→))＝(0，3，3)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(eq \r(3)，1，0)． 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up12(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，)) 令x＝1，则n＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))． 所以平面ACD1的一个法向量为n＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))． 解　(1)因为B(2，0，0)，C(0，2，－2)， 所以eq \o(BC,\s\up12(→))＝(－2，2，－2)， 即(－2，2，－2)为直线BC的一个方向向量． (2)因为BC⊥α，所以eq \o(BC,\s\up12(→))为平面α的一个法向量， 由题意得eq \o(AM,\s\up12(→))＝(x－2，y－2，z－2)， 又AM⊂平面α， 所以eq \o(BC,\s\up12(→))⊥eq \o(AM,\s\up12(→))， 所以eq \o(BC,\s\up12(→))·eq \o(AM,\s\up12(→))＝(－2，2，－2)·(x－2，y－2，z－2)＝0， 即－2(x－2)＋2(y－2)－2(z－2)＝0， 所以x－y＋z－2＝0． 2．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，并且PA＝AD．求证：eq \o(MN,\s\up12(→))是平面PDC的法向量． 证明　如图，以点A为原点，分别以eq \o(AB,\s\up12(→))，eq \o(AD,\s\up12(→))，eq \o(AP,\s\up12(→))为x轴、y轴、z轴正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为1， 则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1)， ∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))， ∴eq \o(MN,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(CP,\s\up12(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(CD,\s\up12(→))＝(－1，0，0)， ∴eq \o(MN,\s\up12(→))·eq \o(CP,\s\up12(→))＝0×(－1)＋eq \f(1,2)×(－1)＋eq \f(1,2)×1＝0，eq \o(MN,\s\up12(→))·eq \o(CD,\s\up12(→))＝0×(－1)＋eq \f(1,2)×0＋eq \f(1,2)×0＝0， ∴eq \o(MN,\s\up12(→))⊥eq \o(CP,\s\up12(→))，eq \o(MN,\s\up12(→))⊥eq \o(CD,\s\up12(→))， 又CP⊂平面PDC，CD⊂平面PDC，CP∩CD＝C， ∴MN⊥平面PDC， ∴eq \o(MN,\s\up12(→))为平面PDC的法向量． $$