1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的平行(课件PPT)-【优化指导】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

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2课时　空间中直线、平面的平行 第一章 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 u1＝λu2 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 u·n＝0 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 n1＝λn2 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 C 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 B 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 D 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 解 析 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 证 明 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 课时梯级训练(9) 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 谢谢观看 高中数学 选择性必修 第一册 A　 返回导航 学习目标 1．能用向量语言表述线线、线面、面面的平行关系． 2．会用直线的方向向量、平面的法向量判断或证明空间中的平行关系． 知识点一　线线平行的向量表示 直线与直线平行 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得_____________ [例1] 在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，点M在棱BB1上，且BM＝2MB1，点S在DD1上，且SD1＝2SD，点N，R分别为A1D1，BC的中点．求证：MN∥RS. 方法一　如图所示，建立空间直角坐标系， 根据题意得M(3，0， eq \f(4,3))，N(0，2，2)，R(3，2，0)，S(0，4， eq \f(2,3)). 则 eq \o(MN,\s\up17(→))， eq \o(RS,\s\up17(→))分别为直线MN，RS的方向向量， 所以 eq \o(MN,\s\up17(→))＝(－3，2， eq \f(2,3))， eq \o(RS,\s\up17(→))＝(－3，2， eq \f(2,3))， 所以 eq \o(MN,\s\up17(→))＝ eq \o(RS,\s\up17(→))，所以 eq \o(MN,\s\up17(→))∥ eq \o(RS,\s\up17(→)). 因为M∉RS，所以MN∥RS. 方法二　设 eq \o(AB,\s\up17(→))＝a， eq \o(AD,\s\up17(→))＝b，AA1＝c， 则 eq \o(MN,\s\up17(→))＝MB1＋B1A1＋A1N＝ eq \f(1,3)c－a＋ eq \f(1,2)b， eq \o(RS,\s\up17(→))＝ eq \o(RC,\s\up17(→))＋ eq \o(CD,\s\up17(→))＋ eq \o(DS,\s\up17(→))＝ eq \f(1,2)b－a＋ eq \f(1,3)c， 所以 eq \o(MN,\s\up17(→))＝ eq \o(RS,\s\up17(→))，所以 eq \o(MN,\s\up17(→))∥ eq \o(RS,\s\up17(→)). 因为R∉MN，所以MN∥RS. 利用向量法证明线线平行的两种途径 (1)分别求出两条直线的方向向量，利用方向向量共线证明线线平行． (2)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系． [练1] 如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为DD1和BB1的中点．求证：四边形AEC1F是平行四边形． 以点D为坐标原点，分别以 eq \o(DA,\s\up17(→))， eq \o(DC,\s\up17(→))， eq \o(DD1,\s\up17(→))为正交基底建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1， 则A(1，0，0)，E(0，0， eq \f(1,2))，C1(0，1，1)， F(1，1， eq \f(1,2))，∴ eq \o(AE,\s\up17(→))＝(－1，0， eq \f(1,2))， eq \o(FC1,\s\up17(→))＝(－1，0， eq \f(1,2))， eq \o(EC1,\s\up17(→))＝(0，1， eq \f(1,2))， eq \o(AF,\s\up17(→))＝(0，1， eq \f(1,2))， ∴ eq \o(AE,\s\up17(→))＝ eq \o(FC1,\s\up17(→))， eq \o(EC1,\s\up17(→))＝ eq \o(AF,\s\up17(→))，∴ eq \o(AE,\s\up17(→))∥ eq \o(FC1,\s\up17(→))， eq \o(EC1,\s\up17(→))∥ eq \o(AF,\s\up17(→)). 又F∉AE，F∉EC1，∴AE∥FC1，EC1∥AF， ∴四边形AEC1F是平行四边形． 知识点二　线面平行的向量表示 直线与平面平行 设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔_____________ [例2] 在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD是正方形，侧棱PD垂直于底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点．证明：PA∥平面EDB． 如图所示，D是坐标原点，建立空间直角坐标系． 设PD＝DC＝a，连接AC，交BD于点G，连接EG， 依题意得D(0，0，0)，A(a，0，0)，P(0，0，a)，B(a，a，0)，E(0， eq \f(a,2)， eq \f(a,2)). 方法一　设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)， 又 eq \o(DE,\s\up17(→))＝(0， eq \f(a,2)， eq \f(a,2))， eq \o(EB,\s\up17(→))＝(a， eq \f(a,2)，－ eq \f(a,2))， 则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up17(→))＝0，,n·\o(EB,\s\up17(→))＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)（y＋z）＝0，,a（x＋\f(y,2)－\f(z,2)）＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,2x＋y－z＝0，))令z＝1，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－1，)) 所以n＝(1，－1，1). 又 eq \o(PA,\s\up17(→))＝(a，0，－a)，所以n· eq \o(PA,\s\up17(→))＝a－a＝0， 所以n⊥ eq \o(PA,\s\up17(→)). 又PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB． 方法二　因为四边形ABCD是正方形， 所以点G是此正方形的中心， 故点G的坐标为( eq \f(a,2)， eq \f(a,2)，0)，所以 eq \o(EG,\s\up17(→))＝( eq \f(a,2)，0，－ eq \f(a,2)). 又 eq \o(PA,\s\up17(→))＝(a，0，－a)，所以 eq \o(PA,\s\up17(→))＝2 eq \o(EG,\s\up17(→))，这表明PA∥EG. 而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB． 方法三　假设存在实数λ，μ使得 eq \o(PA,\s\up17(→))＝λ eq \o(DE,\s\up17(→))＋μ eq \o(EB,\s\up17(→))， 即(a，0，－a)＝λ(0， eq \f(a,2)， eq \f(a,2))＋μ(a， eq \f(a,2)，－ eq \f(a,2))， 则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝μa，,0＝λ·\f(a,2)＋μ·\f(a,2)，,－a＝λ·\f(a,2)－μ·\f(a,2)，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝1，)) 所以 eq \o(PA,\s\up17(→))＝－ eq \o(DE,\s\up17(→))＋ eq \o(EB,\s\up17(→))，又PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB． 向量法证明线面平行的三个思路 (1)设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，要证明l∥α，只需证明a⊥u，即a·u＝0. (2)根据线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行，要证明一条直线和一个平面平行，在平面内找一个向量与已知直线的方向向量是共线向量即可． (3)根据共面向量定理可知，如果一个向量和两个不共线的向量是共面向量，那么这个向量与这两个不共线的向量确定的平面必定平行，因此要证明一条直线和一个平面平行，只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示，且这条直线不在该平面内即可． [练2] 如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E，M，N分别是BC，AE，CD1的中点，AD＝AA1＝1，AB＝2. (1)求证：MN∥平面ADD1A1； (2)试确定直线BB1与平面DMN的交点F的位置，并求BF的长． (1)如图，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，1)，C(0，2，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2，0))，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1，0))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2))). 所以 eq \o(MN,\s\up17(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0，\f(1,2))). 由题意知 eq \o(DC,\s\up17(→))＝(0，2，0)是平面ADD1A1的一个法向量， 因为 eq \o(MN,\s\up17(→))· eq \o(DC,\s\up17(→))＝0，所以 eq \o(MN,\s\up17(→))⊥ eq \o(DC,\s\up17(→))， 因为MN⊄平面ADD1A1，所以MN∥平面ADD1A1． (2)由已知，得点F在直线BB1上， 因为直线BB1与z轴平行，可设F(1，2，t)，t∈R， 又点F在平面DMN内，所以存在实数λ，μ，使得 eq \o(DF,\s\up17(→))＝λ eq \o(DM,\s\up17(→))＋μ eq \o(DN,\s\up17(→))， 即(1，2，t)＝λ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1，0))＋μ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，整理得(1，2，t)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)λ，λ＋μ，\f(1,2)μ))，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝\f(3,4)λ，,2＝λ＋μ，,t＝\f(1,2)μ，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝\f(4,3)，,μ＝\f(2,3)，,t＝\f(1,3)，))所以F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，2，\f(1,3)))， 故F是棱BB1上靠近点B的一个三等分点，且BF＝ eq \f(1,3). 知识点三　面面平行的向量表示 平面与平面平行 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得__________________ [例3] 如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点O为底面ABCD的中心，点P是DD1的中点，设点Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO? 如图所示，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q. 设正方体的棱长为1，则O( eq \f(1,2)， eq \f(1,2)，0)，P(0，0， eq \f(1,2))，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，设Q(0，1，m). 方法一　因为 eq \o(OP,\s\up17(→))＝(－ eq \f(1,2)，－ eq \f(1,2)， eq \f(1,2))， eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)，所以 eq \o(OP,\s\up17(→))∥BD1，即OP∥BD1． eq \o(AP,\s\up17(→))＝(－1，0， eq \f(1,2))， eq \o(BQ,\s\up17(→))＝(－1，0，m)，当m＝ eq \f(1,2)时， eq \o(AP,\s\up17(→))＝ eq \o(BQ,\s\up17(→))，即AP∥BQ，有平面PAO∥平面D1BQ，故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO. 方法二　 eq \o(OA,\s\up17(→))＝( eq \f(1,2)，－ eq \f(1,2)，0)， eq \o(OP,\s\up17(→))＝(－ eq \f(1,2)，－ eq \f(1,2)， eq \f(1,2)).设平面PAO的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则有n1⊥ eq \o(OA,\s\up17(→))，n1⊥ eq \o(OP,\s\up17(→))，因此 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x1－\f(1,2)y1＝0，,－\f(1,2)x1－\f(1,2)y1＋\f(1,2)z1＝0，)) 取x1＝1，则n1＝(1，1，2). 又 eq \o(BD1,\s\up17(→))＝(－1，－1，1)， eq \o(QD1,\s\up17(→))＝(0，－1，1－m). 设平面D1BQ的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则有n2⊥BD1，n2⊥QD1，因此 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－y2＋z2＝0，,－y2＋（1－m）z2＝0，))取z2＝1，则n2＝(m，1－m，1). 要使平面D1BQ∥平面PAO，需满足n1∥n2，因此 eq \f(1,m)＝ eq \f(1,1－m)＝ eq \f(2,1)，解得m＝ eq \f(1,2)，这时Q(0，1， eq \f(1,2)). 故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO. 利用空间向量证明面面平行的方法 (1)转化为线面平行、线线平行，然后借助向量共线进行证明； (2)通过证明两个平面的法向量平行． [练3] (2025·大连高二段考)如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，AD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在棱AC上，且AQ＝3QC．请建立适当的空间直角坐标系，证明：PQ∥平面BCD． 解法一　以D为坐标原点，DA所在直线为z轴，线段BD的延长线为y轴，垂直于BD的方向为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设Q(xQ，yQ，zQ)，C(x，y，0)，BD＝2a，由题意得，B(0，－2a，0)，A(0，0，2)，M(0，0，1)，P(0，－a， eq \f(1,2))， 因为AQ＝3QC，所以 eq \o(AQ,\s\up17(→))＝ eq \f(3,4) eq \o(AC,\s\up17(→))， 即(xQ，yQ，zQ－2)＝ eq \f(3,4)(x，y，－2)，即xQ＝ eq \f(3,4)x，yQ＝ eq \f(3,4)y，zQ＝ eq \f(1,2)， 所以Q( eq \f(3,4)x， eq \f(3,4)y， eq \f(1,2))，所以 eq \o(PQ,\s\up17(→))＝( eq \f(3,4)x， eq \f(3,4)y＋a，0). 又平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以 eq \o(PQ,\s\up17(→))·n＝0，所以 eq \o(PQ,\s\up17(→))⊥n. 又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD． 解法二　取BD的中点O，连接OP，因为P为BM的中点， 所以OP∥MD，所以OP⊥平面BCD，过O作OE⊥BD，交BC于E， 以O为坐标原点， eq \o(OE,\s\up17(→))， eq \o(OD,\s\up17(→))， eq \o(OP,\s\up17(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为AD＝2，M为AD中点，设BD＝2a，则A(0，a，2)，B(0，－a，0)，设点C的坐标为(x0，y0，0). 因为 eq \o(AQ,\s\up17(→))＝3 eq \o(QC,\s\up17(→))，所以Q( eq \f(3,4)x0， eq \f(1,4)a＋ eq \f(3,4)y0， eq \f(1,2)). 因为M为AD的中点，故M(0，a，1)，又P为BM的中点，故P(0，0， eq \f(1,2))，所以 eq \o(PQ,\s\up17(→))＝( eq \f(3,4)x0， eq \f(1,4)a＋ eq \f(3,4)y0，0)， 又平面BCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，故 eq \o(PQ,\s\up17(→))·n＝0，所以 eq \o(PQ,\s\up17(→))⊥n. 又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD． 1．知识清单 (1)线线、线面、面面平行的向量表示． (2)用向量证明线线、线面、面面平行的方法． 2．方法归纳：类比、转化． 3．常见误区 (1)求平面法向量时注意步骤及运算的准确性． (2)证明线面平行时注意列足列全条件． ◎随堂演练 1．(2025·济南高二期中)直线l的一个方向向量为(－2，1，1)，平面α的一个法向量为n＝(4，4，4)，则(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l∥α或l⊂α D．l与α的位置关系不能判断 易知－2×4＋1×4＋1×4＝0，即l的方向向量(－2，1，1)与平面α的法向量n＝(4，4，4)垂直，所以有l∥α或l⊂α.故选C． 2．已知n为平面α的一个法向量，v为一条直线l的方向向量，则“v⊥n”是“l∥α”的(　　) A．充分不必要条件 B． 必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 当v⊥n时，由于l可能在平面α内，所以无法推出l∥α.当l∥α时，可以推出v⊥n.综上所述，“v⊥n”是“l∥α”的必要不充分条件．故选B． 3．若平面α，β平行，则下列可以是这两个平面的法向量的是(　　) A．n1＝(1，2，3)，n2＝(－3，2，1) B．n1＝(1，2，2)，n2＝(－2，2，1) C．n1＝(1，1，1)，n2＝(－2，2，1) D．n1＝(1，1，1)，n2＝(－2，－2，－2) 两个平面平行时，其法向量也平行，对于A选项， eq \f(1,－3)≠ eq \f(2,2)≠ eq \f(3,1)，则n1与n2不共线，A选项不满足题意；对于B选项， eq \f(1,－2)≠ eq \f(2,2)≠ eq \f(2,1)，则n1与n2不共线，B选项不满足题意；对于C选项， eq \f(1,－2)≠ eq \f(1,2)≠ eq \f(1,1)，则n1与n2不共线，C选项不满足题意；对于D选项， eq \f(1,－2)＝ eq \f(1,－2)＝ eq \f(1,－2)，则n1与n2共线，D选项满足题意．故选D． 4．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为2，M，N分别为A1B，AC的中点．求证：MN∥B1C． 如图，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系． 则C(0，2，0)，B1(2，2，2)，M(2，1，1)，N(1，1，0). ∴ eq \o(MN,\s\up17(→))＝(－1，0，－1)， eq \o(B1C,\s\up17(→))＝(－2，0，－2)， ∴ eq \o(B1C,\s\up17(→))＝2 eq \o(MN,\s\up17(→))，∴ eq \o(B1C,\s\up17(→))∥ eq \o(MN,\s\up17(→))，又MN与B1C没有公共点， ∴MN∥B1C． $$