1.2.2 空间中的平面与空间向量 -【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂同步课件PPT（人教B版2019）

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(3)如果n1是平面α1的一个法向量，n2是平面α2的一个法向量，则n1⊥n2⇔　α1⊥α2　，n1∥n2⇔α1∥α2或α1与α2重合． [知识点三]　三垂线定理及其逆定理　 (1)三垂线定理：如果平面内的一条直线与平面的　一条斜线　在该平面内的　射影　垂直，则它也和这条　斜线　垂直． (2)三垂线定理的逆定理：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． [预习自测] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)已知直线l垂直于平面α，向量a与直线l平行，则a是平面α的一个法向量．(　　) (2)若直线l是平面α外的一条直线，直线m垂直于l在平面α内的投影，则l与m垂直．(　　) (3)一个平面的法向量有无数多个，任意两个都是共线向量．(　　) 答案：　(1)×　(2)×　(3)√ 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 解析：B　[∵n＝(－2,0，－4)＝－2(1,0,2)＝－2a，∴n∥a，∴l⊥α.] 3．设平面α的法向量的坐标为(1,2，－2)，平面β的法向量的坐标为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于　________　. 解析：4　[因为α∥β，∴两平面的法向量平行，∴eq \f(1,－2)＝eq \f(2,－4)＝eq \f(－2,k)，∴k＝4.] 求平面的法向量 [例1]　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，E是PC的中点，求平面EDB的一个法向量． [思路点拨]　首先建立空间直角坐标系，然后利用待定系数法按照平面法向量的求解步骤进行求解． 解：如图所示建立空间直角坐标系．依题意可得D(0,0,0)，P(0,0,1)， Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，B(1,1,0)，于是 eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(1,1,0)． 设平面EDB的法向量为n＝(x，y，z)， 则n⊥eq \o(DE,\s\up16(→))，n⊥eq \o(DB,\s\up16(→))，于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up16(→))＝\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0，,n·\o(DB,\s\up16(→))＝x＋y＝0，)) 取x＝1，则y＝－1，z＝1，故平面EDB的一个法向量为n＝(1，－1,1)． 　利用待定系数法求平面法向量的步骤 (1)设平面的法向量为n＝(x，y，z)． (2)找出(求出)平面内的两个不共线的向量的坐标a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)． (3)根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·a＝0,n·b＝0)) (4)解方程组，取其中的一个解，即得法向量. [变式训练] 1.如图所示，已知四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝eq \f(1,2)，试建立适当的坐标系． (1)求平面ABCD的一个法向量； (2)求平面SAB的一个法向量； (3)求平面SCD的一个法向量． 解：以点A为原点，AD、AB、AS所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(eq \f(1,2)，0,0)，S(0,0,1)． (1)∵SA⊥平面ABCD， ∴eq \o(AS,\s\up16(→))＝(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量． (2)∵AD⊥AB，AD⊥SA，∴AD⊥平面SAB， ∴eq \o(AD,\s\up16(→))＝(eq \f(1,2)，0,0)是平面SAB的一个法向量． (3)在平面SCD中，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(eq \f(1,2)，1,0)，eq \o(SC,\s\up16(→))＝(1,1，－1)． 设平面SCD的法向量是n＝(x，y，z)，则n⊥eq \o(DC,\s\up16(→))，n⊥eq \o(SC,\s\up16(→))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up16(→))＝0，,n·\o(SC,\s\up16(→))＝0，)) 得方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋y＝0，,x＋y－z＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－2y，,z＝－y)) 令y＝－1，得x＝2，z＝1，∴n＝(2，－1,1)． 即平面SCD的一个法向量为n＝(2，－1,1)． 利用法向量证明空间中的位置关系 [例2] 如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，M分别为棱BB1，CD，AA1的中点．证明： (1)C1M∥平面ADE； (2)平面ADE⊥平面A1D1F. [思路点拨]　建立空间坐标系，求出平面ADE与平面A1D1F的法向量． [证明]　(1)以D为原点，以向量eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立坐标系如图，设正方体的棱长为1. 则D(0,0,0)，A(1,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，C1(0,1,1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))，eq \o(DA,\s\up16(→))＝(1,0,0)，eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，eq \o(C1M,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(1,2))). 设平面ADE的法向量为m＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(DA,\s\up16(→))＝0，,m·\o(DE,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝0，,a＋b＋\f(1,2)c＝0.)) 令c＝2，得m＝(0，－1,2)， ∵m·eq \o(C1M,\s\up16(→))＝(0，－1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(1,2)))＝0＋1－1＝0， ∴eq \o(C1M,\s\up16(→))⊥m. 又C1M⊄平面ADE，∴C1M∥平面ADE. (2)由D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))， 得eq \o(D1A1,\s\up16(→))＝(1,0,0)，eq \o(D1F,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1))， 设平面A1D1F的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(D1A1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(D1F,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,\f(1,2)y－z＝0.)) 令y＝2，则n＝(0,2,1)． ∵m·n＝(0，－1,2)·(0,2,1)＝0－2＋2＝0， ∴m⊥n.∴平面ADE⊥平面A1D1F. 利用向量法证明空间中的位置关系，关键是建立坐标系，用坐标向量，证法的核心是利用向量的数量积或数乘运算． [变式训练] 2．如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1. 求证：(1)BC1⊥AB1； (2)BC1∥平面CA1D. 解：如图，以C1点为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 设AC＝BC＝BB1＝2， 则A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0，2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)． (1)因为eq \o(BC1,\s\up16(→))＝(0，－2，－2)，eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(－2,2，－2)， 所以eq \o(BC1,\s\up16(→))·eq \o(AB1,\s\up16(→))＝0－4＋4＝0， 因此eq \o(BC1,\s\up16(→))⊥eq \o(AB1,\s\up16(→))，故BC1⊥AB1. (2)由于eq \o(CA1,\s\up16(→))＝(2,0，－2)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(1,1,0)， 若设eq \o(BC1,\s\up16(→))＝xeq \o(CA1,\s\up16(→))＋yeq \o(CD,\s\up16(→))，则得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,y＝－2，,－2x＝－2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－2，)) 即eq \o(BC1,\s\up16(→))＝eq \o(CA1,\s\up16(→))－2eq \o(CD,\s\up16(→))，所以eq \o(BC1,\s\up16(→))，eq \o(CA1,\s\up16(→))，eq \o(CD,\s\up16(→))是共面向量，因此BC1∥平面CA1D. 三垂线定理及逆定理的应用 [例3] 　如图所示，三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，若O，Q分别是△ABC和△PBC的垂心，求证：OQ⊥平面PBC. [证明]　如图，连接AO并延长交BC于点E，连接PE. ∵PA⊥平面ABC，AE⊥BC(由于O是△ABC的垂心)， ∴PE⊥BC(三垂线定理的逆定理)， ∴点Q在PE上． ∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(AE⊥BC，,PE⊥BC，,AE∩PE＝E，))⇒BC⊥平面PAE⇒BC⊥OQ.① 连接BO并延长交AC于点F，则BF⊥AC. 连接BQ并延长交PC于点M，则BM⊥PC. 连接MF. ∵PA⊥平面ABC，BF⊥AC，∴BF⊥PC(三垂线定理)． ∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(BM⊥PC，,BF⊥PC，,BM∩BF＝B))⇒PC⊥平面BMF⇒PC⊥OQ.② 由①②，知OQ⊥平面PBC. 利用传统的几何法进行证明，在证明线面垂直时，首先应证明线线垂直，本题在证明线线垂直时，应用到了三垂线定理及其逆定理． [变式训练] 3．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝eq \r(6)，M是CC1中点，求证：AB1⊥A1M. [证明]　连接AC1，∵eq \f(AC,MC1)＝eq \f(\r(3),\f(\r(6),2))＝eq \r(2)，eq \f(CC1,C1A1)＝eq \f(\r(6),\r(3))＝eq \r(2)， ∴Rt△ACC1∽Rt△MC1A1，∠AC1C＝∠MA1C1， ∴∠A1MC1＋∠AC1C＝∠A1MC1＋∠MA1C1＝90°，∴A1M⊥AC1. ∵ABC­A1B1C1为直三棱柱，∴B1C1⊥CC1. 又∵B1C1⊥A1C1，A1C1∩CC1＝C1， ∴B1C1⊥平面AC1，由三垂线定理知，AB1⊥A1M. [当堂达标] 1．直线l的方向向量为a＝(1，－2,3)，平面α的法向量为n＝(－3,6，－9)，则(　　) A．l⊂α　　　　 B．l∥α C．l⊥α D．l与α相交 解析：C　[∵直线l的方向向量为a＝(1，－2,3)，平面α的法向量为n＝(－3,6，－9)，∴a＝－eq \f(1,3)n，∴a∥n，∴l⊥α.故选C.] 2．若直线l的方向向量是a＝(1,0，－2)，平面β的法向量是b＝(－1,0,2)，则直线l与β的位置关系是　__________　. 　　 解析：因为a∥b，所以l⊥β. 答案：l⊥β 3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，证明：平面B1ED⊥平面B1BD. 证明：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． 设正方体的棱长为1，则D(0，0,0)，B1(1,1,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，eq \o(DB1,\s\up16(→))＝(1,1,1)，eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，设平面B1DE的法向量为n1＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝0，,y＋\f(1,2)z＝0，))令z＝－2，则y＝1，x＝1，∴n1＝(1,1，－2)．同理求得平面B1BD的法向量为n2＝(1，－1,0)，由n1·n2＝0，知n1⊥n2，∴平面B1DE⊥平面B1BD. $$