利用空间向量证明平行、垂直 课件-2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用空间向量证明平行、垂直”核心考点，依据高考评价体系梳理了直线方向向量、平面法向量及空间位置关系向量表示三大考查要求，通过真题分析明确求法向量、证明线面垂直等高频题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“三级训练+真题解析+方法导引”模式，如以2025年天津卷为例，通过坐标法和几何法培养逻辑推理与数学运算素养，总结线面平行证明的“法向量垂直法”等技巧。助力学生掌握答题规律，教师可据此精准教学，提升复习效率。

数 学 构建知识体系 形成关键能力 提高学科素养 精准高效备考 高考能力梯级集训 第6节　利用空间向量证明平行、垂直 返回目录 目录 1 2 3 基础满分练 课前 自检自测·夯基固本 能力高分练 课中 关键能力·可视思维 素养提升练 课中 高考定向·捕捉热点 第6节　利用空间向量证明平行、垂直 基础 满分练 课前 自检自测·夯基固本 两个高考关键点 关键点1 求直线的方向向量和平面的法向量 1.若A(1,0,-1),B(2,1,2)在直线l上,则直线l的一个方向向量是(　　) [命题点❶] A.(1,1,1) B.(1,1,3) C.(3,1,1) D.(-3,0,1) B 解析:因为A,B在直线l上,所以=(1,1,3),与共线的向量(1,1,3)可以是直线l的一个方向向量,其他选项经验证与均不共线.故选B. 返回目录 2.已知点A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面ABC的法向量可以是(　　) [命题点❷] A.(1,1,1) B. (-1,,1) C. (0,,0) D.(-1,0,1) A 解析:=(-1,1,0),=(-1,0,1),设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则则x=y=z,只有A选项符合.故选A. 返回目录 关键点2 空间位置关系的向量表示 3.若直线l的方向向量为a=(,0,1),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则(　　) [命题点❸] A.l∥α B.l⊥α C.l⊂α D.l与α斜交 B 解析:因为直线l的方向向量为a=(,0,1),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),可得n=-4a,所以a∥n,所以l⊥α.故选B. 返回目录 4.若平面α,β的法向量分别为a=(2,-1,0),b=(1,2,1),则α与β的位置关系是(　　)[命题点❹] A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.无法确定 B 解析:由a·b=2×1+(-1)×2+0×1=2-2+0=0,得a⊥b,所以平面α与β垂直,故选B. 返回目录 回归教材•考教衔接 1.直线的方向向量与平面的法向量 (1)直线的方向向量:如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合,则称此向量a为直线l的方向向量.　[❶] 　用于判断空间直线的位置关系,推导线面关系,帮助求解二面角与距离 (2)平面的法向量:直线l⊥α,取直线l的方向向量a,则向量a为平面α的法向量.[❷] 求解法向量用待定系数法 (3)方向向量和法向量均是非零向量且不唯一. 返回目录 2.空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1,l2的方向向量分别为n1,n2 l1∥l2 n1∥n2⇔n1=kn2(k∈R) l1⊥l2 n1⊥n2⇔n1·n2=0 直线l的方向向量为n,平面α的法向量为m[❸] l∥α n⊥m⇔n·m=0 l⊥α n∥m⇔n=km(k∈R) 平面α,β的法向量分别为n,m[❹] α∥β n∥m⇔n=km(k∈R) α⊥β n⊥m⇔n·m=0 返回目录 能力 高分练 课中 关键能力•可视思维 考点1　利用空间向量证明平行、垂直 命题视角:将几何中的平行、垂直关系转化为向量的代数关系. 例1 (2025·山东菏泽模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,CC1=2. (1)求平面ACD1的法向量. (2)线段B1C中点为P,求证A1P∥平面ACD1. 返回目录 考点1 考点2 解:如图,以点D为原点建立空间直角坐标系,则A(3,0,0),C(0,4,0),D1(0,0,2), 故=(-3,4,0),=(-3,0,2). 设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z), 则有 令x=4,则y=3,z=6,所以n=(4,3,6), 所以平面ACD1的法向量为(4,3,6). (2)证明:A1(3,0,2),B1(3,4,2),则P(,4,1),故=(-,4,-1),因为n=-6+12-6 =0,所以n,又A1P⊄平面ACD1,所以A1P∥平面ACD1. 返回目录 考点1 考点2 对点训练1 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证: (1)平面A1B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD. 返回目录 考点1 考点2 证明:(1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),E(0,0,3),F(0,1,4),C1(0,2,4). 设BA=a,则A(a,0,0),A1(a,0,4),G(,1,4). 因为=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2), 所以=0,=0, 所以,即B1D⊥BA,B1D⊥BD. 又BA∩BD=B,BA,BD⊂平面ABD,所以B1D⊥平面ABD. 因为B1D⊂平面A1B1D, 所以平面A1B1D⊥平面ABD. 返回目录 考点1 考点2 (2)因为=(,1,1),=(0,1,1),=(0,2,-2), 所以=0,=0. 所以B1D⊥EG,B1D⊥EF. 因为EG∩EF=E,EG,EF⊂平面EGF,所以B1D⊥平面EGF. 又由(1)知B1D⊥平面ABD, 所以平面EGF∥平面ABD. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 方法导引 利用空间向量证明线面平行的三种方法 (1)证明直线的方向向量与平面内任意两个不共线的向量共面,即可用平面内的一组基向量表示. (2)证明直线的方向向量与平面内某一向量共线,转化为线线平行,利用线面平行判定定理得证. (3)先求平面的法向量,证明直线的方向向量与平面的法向量垂直. 返回目录 考点1 考点2 考点2　与平行、垂直有关的探索性问题 命题视角:定义辨析、参数求解、图形变换等问题. 例2 (2025·重庆梁平开学考试)如图,平面上两个等腰直角三角形分别是△PAC和△ABC,AC既是△PAC的斜边又是△ABC的直角边,沿AC边折叠使得平面PAC⊥平面ABC,M为斜边AB的中点. (1)求证:AC⊥PM. (2)在线段PB上是否存在点N,使得平面CNM⊥平面PAB?若存在,求出的值;若不存在,说明理由. 返回目录 考点1 考点2 (1)证明:取AC中点D,连接MD,PD,如图,又M为AB的中点, ∴MD∥BC. 由AC⊥BC,则MD⊥AC. 又△PAC为等腰直角三角形,PA⊥PC,PA=PC,∴PD⊥AC. ∵MD∩PD=D,MD,PD⊂平面PMD, ∴AC⊥平面PMD. 又PM⊂平面PMD,∴AC⊥PM. 返回目录 考点1 考点2 (2)解:存在. ∵平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PD⊥AC,PD⊂平面PAC, ∴PD⊥平面ABC,DM⊂平面ABC,故PD⊥DM. 故以D为原点,DA,DM,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AC=2, ∴A(1,0,0),B(-1,2,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),则=(1,0,1),=(-1,0,1), =(1,-2,1),若存在N使得平面CNM⊥平面PAB,且=λ(0≤λ≤1), 返回目录 考点1 考点2 则==λ(-1,2,-1), 解得N(-λ,2λ,1-λ),M(0,1,0), 则=(1-λ,2λ,1-λ),=(1,1,0). 设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量,则令z=1,即n=(1,1,1), 设m=(a,b,c)是平面CNM的一个法向量,则 返回目录 考点1 考点2 令b=1,则m=(-1,1,), ∴m·n=-1+1+=0,可得λ= ∴存在N使得平面CNM⊥平面PAB,此时 返回目录 考点1 考点2 对点训练2 (2026·山东烟台开学考试)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AB=4,BC=3,CC1=2. (1)求证:平面A1C1B∥平面ACD1. (2)线段B1C上是否存在点P,使得A1P∥平面ACD1?若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由. 返回目录 考点1 考点2 (1)证明:由题意可知,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),A1(3,0,2),B1(3,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2), 所以=(-3,4,0),=(0,4,-2),=(-3,4,0),=(-3,0,2). 设平面A1C1B的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=4,则y=3,z=6,所以平面A1C1B的一个法向量为n=(4,3,6). 返回目录 考点1 考点2 设平面ACD1的法向量为m=(a,b,c), 则 令a=4,则b=3,c=6,所以平面ACD1的一个法向量为m=(4,3,6), 因为m=n,即m∥n, 所以平面A1C1B∥平面ACD1. 返回目录 考点1 考点2 (2)解:设线段B1C上存在点P,使得A1P∥平面ACD1,设=t(0≤t≤1), 由(1)得=(0,4,0),=(-3,0,-2),平面ACD1的一个法向量为m=(4,3,6), 所以+t=(-3t,4,-2t), 令m=-3t×4+4×3+(-2t)×6=0,解得t=,所以当P为线段B1C的中点时,A1P∥平面ACD1. 返回目录 考点1 考点2 解题思维路径 返回目录 考点1 考点2 方法导引 立体几何探索型问题分两类 一是条件追溯型,执果索因,将结论视为已知找充分条件,需警惕把必要条件误作充要条件. 二是存在判断型(平行垂直类),先假设对象存在并推理,结果吻合则存在,矛盾则不存在. 返回目录 考点1 考点2 素养 提升练 课中 高考定向•捕捉热点 命题趋势1:近年高考中,空间向量是证明立体几何平行、垂直关系的核心工具,是解答题中位置关系证明的关键手段. 1.(一题多解)(2025·天津,17节选)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别为棱A1D1和B1C1的中点,点G在棱CC1上,且有CG=3C1G.求证:直线GF⊥平面EBF. 返回目录 证明:(方法1　坐标法)以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、 y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. ∵棱长为4,则D(0,0,0),G(0,4,3),E(2,0,4),F(2,4,4),B(4,4,0), =(2,0,1),=(0,4,0),=(-2,0,4), 则=0,=-4+0+4=0, ∴GF⊥EF,GF⊥BF. 又EF∩BF=F,且EF,BF⊂平面EBF, ∴GF⊥平面EBF. 返回目录 (方法2　几何法)连接GF.由题意,知EF∥A1B1,EF=A1B1,而A1B1⊥平面BB1C1C,GF⊂平面BB1C1C, ∴GF⊥A1B1,∴GF⊥EF. 由题意知, ,∠BB1F=∠FC1G=90°. ∴Rt△BB1F∽Rt△FC1G, ∴∠GFC1=∠B1BF,∠C1GF=∠B1FB, ∴∠GFC1+∠B1FB=90°,故∠BFG=90°,即GF⊥BF. 又EF∩BF=F,EF,BF⊂平面EBF,∴GF⊥平面EBF. 返回目录 命题趋势2:强化空间向量与线面、面面位置关系的综合应用,融合几何体折叠、动点轨迹等动态背景,创新参数范围与存在性问题的讨论,突出逻辑推理与数学运算的核心素养. 2.(原创)在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是正方形,侧棱PD垂直于底面ABCD,PD=DC=a. (1)证明:AC⊥平面PDB. (2)若E是PC的中点.证明:PA∥平面EDB. (3)若点M为线段AB的中点,问:在棱PC上是否存在一点N,使得BN∥平面PDM?若存在,求出点N的位置;若不存在,请说明理由. 返回目录 (1)证明:以点D为坐标原点,建立空间直角坐标系,连接AC,交BD于点G,连接EG,依题意得D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),P(0,0,a),E(0,). 设平面PBD的法向量为n=(x,y,z), 又=(a,a,0),=(0,0,a), 则有∴ 令x=1,则y=-1,z=0,可得n=(1,-1,0),且=(-a,a,0)=-a(1,-1,0),可知n, ∴AC⊥平面PDB. 返回目录 (2)证明:设平面EDB的法向量为n0=(x0,y0,z0), 因为=(a,a,0),=(0,), ∴ 令z0=1,则x0=1,y0=-1, ∴n0=(1,-1,1), 又=(a,0,-a),∴n0=(1,-1,1)·(a,0,-a)=a-a=0,∴n0, 又PA⊄平面EDB,∴PA∥平面EDB. 返回目录 (3)解:如图,=(0,0,a),=(a,,0),设平面PDM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即令y1=2,则x1=-1,z1=0,∴n1=(-1,2,0). 设N(0,y,z),则=(0,y,z-a),=(0,a,-a), =(0≤λ≤1),得(0,y,z-a)=λ(0,a,-a),∴y=λa,z=a(1-λ), ∴N(0,λa,a(1-λ)), 返回目录 又B(a,a,0), ∴ =(-a,λa-a,a(1-λ)), 又BN∥平面PDM,n1=0, 即a+2(λ-1)a=0,∴λ=, 即在棱PC上存在一点N,且当N为PC的中点时,使得BN∥平面PDM. 返回目录 $