7.6　利用空间向量证明平行、垂直 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“利用空间向量证明平行与垂直”核心考点，依据高考评价体系梳理基底法、坐标法两大证明路径，明确线面平行垂直、面面平行垂直为高频考查题型，通过例题解析与对点训练构建系统备考框架。 课件亮点在于“考点精准突破+真题思维建模”，如例2以正方体为背景，用坐标法求法向量证明面面平行，总结“法向量平行判定面面平行”技巧，培养学生的空间观念与数学思维。设规律方法与易错警示，助力学生掌握答题逻辑，教师可据此实施靶向复习，提升备考效率。

第6节　利用空间向量证明平行、垂直 高考总复习 2027 研考点•精准突破 考点一　基底法证明线面平行与垂直 例1　如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC,A1C⊥BC1,AB1⊥BC1,D,E分别是AB1,BC的中点.求证: (1)DE∥平面ACC1A1; (2)AE⊥平面BCC1B1. 考点一 考点二 考点三 证明 设=a,=b,=c. (1))-)=(a+b)-(a+c)=(b-c). ∵=b-c, ∴,∴DE∥A1C. 又DE⊄平面ACC1A1,A1C⊂平面ACC1A1,∴DE∥平面ACC1A1. 考点一 考点二 考点三 (2)易知(a+b),=b-a,=c,=b-a+c, =a+c.∵A1C⊥BC1,AB1⊥BC1, ∴ 即两式相加,整理得b2-a2+b·c+a·c=0. ∵AB=AC,∴|a|=|b|,∴b·c+a·c=0. ∵(a+b)·c=(a·c+b·c)=0,∴. 又(b2-a2)=0,∴. 又BC∩BB1=B,BC,BB1⊂平面BCC1B1,∴AE⊥平面BCC1B1. 考点一 考点二 考点三 规律方法　当题目条件中没有明确的正交基底时可以直接选择从同一起点出发的三个不共线向量作为基底,利用基底法求解. (1)利用基底法证明线面平行,只需证明直线的一个方向向量与平面内的一个向量共线,或者能用平面内的两个不共线向量线性表示. (2)利用基底法证明线面垂直,只需证明直线的一个方向向量与平面内的两个不共线向量的数量积为0. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1]如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N分别是A1B,B1C1上的点,且BM=2MA1,B1N=2NC1. (1)若∠BAA1=∠CAA1,AB=AC,证明:BC⊥AA1; (2)证明:MN∥平面ACC1A1. 考点一 考点二 考点三 证明 (1)由题意知,=-,且∠BAA1=∠CAA1,AB=AC, 所以=(-)· =||·||cos∠CAA1-||||·cos∠BAA1=0,所以, 即BC⊥AA1. (2)由题意知, )+, 故共面.又MN⊄平面ACC1A1,所以MN∥平面ACC1A1. 考点一 考点二 考点三 考点二　坐标法证明线面平行、面面平行 例2　如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,E,F,S分别为CC1,B1C1,BC,C1D1,A1B1的中点.证明: (1)直线SE∥平面A1BD; (2)平面MNF∥平面A1BD. 考点一 考点二 考点三 证明 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.设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),S(2,1,2),E(1,2,0),M(0,2,1),N(1,2,2),F(0,1,2). (1)易得=(0,2,-2),=(-2,0,-2). 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,得y=-1,z=-1, 所以平面A1BD的一个法向量为n=(1,-1,-1). 又=(-1,1,-2),所以·n=(-1,1,-2)·(1,-1,-1)=0, 所以⊥n,显然SE不在平面A1BD内,所以SE∥平面A1BD. 考点一 考点二 考点三 (2)易得=(1,0,1),=(0,-1,1), 设平面MNF的法向量为m=(a,b,c), 则取a=1,得b=-1,c=-1,所以平面MNF的一个法向量为m=(1,-1,-1). 由(1)知,平面A1BD的一个法向量为n=(1,-1,-1).显然m=n,故m∥n. 又点M,N,F不在平面A1BD内,所以平面MNF∥平面A1BD. 考点一 考点二 考点三 规律方法　1.用坐标法证明线面平行,只需证明直线的一个方向向量与平面的一个法向量垂直. 2.用坐标法证明面面平行,只需证明这两个平面的法向量互相平行. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2]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. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 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, 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),=(-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 考点一 考点二 考点三 取x=4,则y=3,z=6,所以平面A1C1B的一个法向量为n=(4,3,6). 设平面ACD1的法向量为m=(a,b,c), 则 取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. 考点一 考点二 考点三 (2)解 存在.假设线段B1C上存在点P使得A1P∥平面ACD1,设B1P=tB1C(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), 所以m·=-3t×4+4×3+(-2t)×6=0,解得t=.故当P为线段B1C的中点时,A1P∥平面ACD1. 考点一 考点二 考点三 考点三　坐标法证明线面垂直、面面垂直 例3　已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E在棱DD1上运动,F在线段B1D1上运动,直线DF与平面ACE交于点G. (1)当E,F为中点时,证明:DF⊥平面ACE; (2)若DF⊥平面ACE,求的最大值及此时DE的长. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 以D为坐标原点,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,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1), B1(1,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1),设E(0,0,λ),F(μ,μ,1)(0≤λ≤1,0≤μ≤1),当E,F为中点时,λ=μ=,即E(0,0,),F(,1),所以=(,1),=(-1,1,0),=(-1,0,),则=0,=0,所以DF⊥AC,DF⊥AE.又AC∩AE=A,AC,AE⊂平面ACE,所以DF⊥平面ACE. 考点一 考点二 考点三 (2)解 由(1)可得=(μ,μ,1),=(-1,1,0),=(-1,0,λ).若DF⊥平面ACE,则所以λ=μ.设=m(0≤m≤1), 则=(mμ-1,mμ,m). 由AG⊂平面ACE,所以=0=(mμ-1)μ+mμ2+m=0,当μ≠0时, m=,当且仅当2μ=时,等号成立,故0<m≤. 当μ=时,m=,则λ=μ=,即DE=. 综上,的最大值为,DE=. 考点一 考点二 考点三 规律方法　1.用坐标法证明线面垂直,一般只需证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量垂直,一般不再使用法向量. 2.用坐标法证明面面垂直,只需证明这两个平面的法向量互相垂直. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3]如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱CC1上靠近C1的三等分点. (1)求证:A1C与平面BDE不垂直. (2)在线段BE上是否存在一点F使得平面B1D1F⊥平面BDE?若存在,请计算的值;若不存在,请说明理由. 考点一 考点二 考点三 (1)证明 以D为坐标原点,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,则B(3,3,0),D(0,0,0),E(0,3,2),B1(3,3,3),D1(0,0,3), A1(3,0,3),C(0,3,0),=(0,3,2),=(-3,3,-3). 因为=(-3,3,-3)·(0,3,2)=3≠0,所以A1C与平面BDE不垂直. 考点一 考点二 考点三 (2)解 存在点F,且. 设=λ,则F(3-3λ,3,2λ),λ∈[0,1]. =(3,3,0),=(0,3,2). 设平面BDE的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则令y1=-2, 则x1=2,z1=3,得n1=(2,-2,3). 考点一 考点二 考点三 =(-3,-3,0),=(-3λ,0,2λ-3),设平面B1D1F的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 令z2=3λ,得n2=(2λ-3,-2λ+3,3λ). 若平面B1D1F⊥平面BDE,则n1·n2=0,即4λ-6+4λ-6+9λ=0,解得λ=,所以在线段BE上存在一点F使得平面B1D1F⊥平面BDE,且. 考点一 考点二 考点三 $