第42讲 利用空间向量证明平行和垂直——2027届高三数学一轮复习课件

该高中数学高考复习课件聚焦“利用空间向量证明平行和垂直”核心考点，依据课标要求梳理方向向量、法向量的求法及平行垂直关系的向量表示，通过表格归纳和例题解析明确选择、填空、解答题的高频题型分布，对接高考评价体系。 课件亮点在于“基础夯实+题型突破+素养提升”，如例3线面垂直证明的两种方法培养逻辑推理能力，例4探索性问题训练数学表达，对应训练模拟高考真题。帮助学生掌握向量运算和证明步骤，教师可精准把握考点权重，实现高效备考。

第7章 立体几何与空间向量 第42讲 利用空间向量证明平行和垂直 2027届高考一轮复习数学 1 【课标要求】 1.会找直线的方向向量和平面的法向量，能用向量语言表达直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系. 2.能用向量法证明有关直线和平面位置关系的一些定理. 2 1.用向量法证明空间中的平行与垂直关系 位置关系 向量表示 直线， 的方向向量分别 为， ___________ 直线的方向向量为 ，平 面 的法向量为 _________ 平面 ， 的法向量分别 为， ___________ 3 【基础检测】 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的，平面的单位法向量也是唯一确定的.(　　) (2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.(　　) (3)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.(　　) (4)若两平面的法向量平行，则两平面平行，若两平面的法向量垂直，则两平面垂直.(　　) × √ × √ 4 2.已知直线l的一个方向向量为a=(-3，2，5)，平面α的一个法向量为b=(1，x，-1)，若l∥α，则x=(　　) A.4 B.3 C.2 D.1 A [解析] 因为l∥α，所以a⊥b，即a·b=0，即-3+2x-5=0，解得x=4.故选A. 5 3.在空间直角坐标系中，已知A(1，2，3)，B(-2，-1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，则直线AB与CD的位置关系是(　　) A.垂直 B.平行 C.异面 D.相交但不垂直 B [解析] 由题意得，=(-3，-3，3)，=(1，1，-1)，∴=-3， ∴与共线，又AB与CD没有公共点，∴AB∥CD.故选B. 6 4.若直线l的方向向量a=(1，2，-1)，平面α的一个法向量m=(-2，-4，k)，若l⊥α，则实数k=　　　　.  2 [解析] ∵l⊥α，∴l的方向向量a=(1，2，-1)与平面α的法向量m=(-2，-4，k)共线， ∴存在实数λ，使a=λm，即 解得 7 5.在空间直角坐标系内，平面α经过三点A(1，0，2)，B(0，1，0)，C(-2，1，1)，向量n=(1，λ，μ)是平面α的一个法向量，则λ+μ=(　　) A.-7 B.-5 C.5 D.7 D [解析] 　=(-1，1，-2)，=(-2，0，1)， ∵向量n是平面α的一个法向量， 所以 可得μ=2，λ=5，λ+μ=7，故选D. 8 考点1 平面的法向量、直线的方向向量及其应用 例1　(1)已知点A(0，1，1)，B(1，2，1)，C(2，1，3)，则平面ABC的一个法向量的坐标为　　 　　.  (1，-1，-1)(答案不唯一) [解析] 由已知可得=(1，1，0)，=(2，0，2). 设n=(x，y，z)是平面ABC的一个法向量，则即 不妨取x=1，得y=z=-1. ∴平面ABC的一个法向量的坐标为(1，-1，-1)(答案不唯一). 9 (2)已知平面α的法向量为m=(2，3，5)，直线l在平面α外，且方向向量n=(1，1，-1)，则直线l与平面α的位置关系为　　　　　.  l∥α [解析] 因为m·n=(2，3，5)·(1，1，-1)=2+3-5=0，所以m⊥n，所以l⊂α或l∥α. 因为l⊄α，所以l∥α. 10 (3)已知m=，n=(-4，1，1)分别是平面α，β的法向量，若α⊥β，则k=(　　) A.-1 B.0 C.1 D.2 A [解析] α⊥β，故m⊥n，故m·n=·(-4，1，1)=-2+k+3=0，解得k=-1. 故选A. 11 [小结](1)直线的方向向量的确定:若l是空间的一条直线,A,B是l上任意两点,则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量. (2)平面的法向量的确定:设a,b是平面α内两个不共线向量,n为平面α的一个法向量,则可用方程组求出平面α的一个法向量n. 12 1.(多选)以下命题正确的是(　　) A.平面α，β的法向量分别为n1=(0，1，3)，n2=(1，2，6)，则α∥β B.直线l的方向向量为a=(1，-1，2)，直线m的方向向量为b=， 则l与m垂直 C.直线l的方向向量为a=(0，1，-1)，平面α的法向量为n=(1，-1，-1)，则l∥α D.平面α经过点A(1，0，-1)，B(0，1，0)，C(-1，2，0)，n=(1，u，t)是平面 α的法向量，则u+t=1 BD 对应训练 13 [解析] 对于A，向量n1=(0，1，3)与n2=(1，2，6)不共线，平面α与β不平行，A错误; 对于B，由a=(1，-1，2)，b=，得a·b=1×2-1×1+2×=0，l与m垂直，B正确; 对于C，a·n=1×(-1)+(-1)×(-1)=0，a∥α，则l⊂α或l∥α，C错误; 对于D，=(1，-1，-1)，=(-1，1，0)， 由n=(1，u，t)是平面α的法向量， 得解得u+t=1，D正确.故选BD. 14 2.已知A(0，1，0)，B(-1，0，-1)，C(2，1，1)，点P(x，0，z)，若PA⊥平面ABC，则点P的坐标为　　 　.  (-1，0，2) [解析] 由题意得=(-x，1，-z)，=(-1，-1，-1)，=(2，0，1)， 由⊥，得·=x-1+z=0， 由⊥，得·=-2x-z=0，解得故点P的坐标为(-1，0，2). 15 3.在空间直角坐标系中，O为坐标原点，P为直线AB外一点，A(1，1，2)，B(-2，1，0)，平面PAB⊥平面OAB，则平面PAB的一个法向量可以为(　　) A.(-5，24，21) B.(-6，10，9) C.(-7，11，13) D.(-8，13，12) D [解析] 设Q为空间内一点，且=λ+μ=(λ-2μ，λ+μ，2λ)， 由于平面PAB⊥平面OAB，所以平面PAB的法向量垂直于AB且平行于平面OAB，故不妨取为其法向量，则OQ⊥AB，=(-3，0，-2)， 所以·=0⇒6μ=7λ，取λ=6，μ=7代入得到=(-8，13，12)，故D正确.故选D. 16 考点2 利用空间向量证明平行问题 例2　(1)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1 的中点，求证:B1C∥平面ODC1. [解析] 设=a，=b，=c，易知=c-a. 又O是B1D1的中点， ∴=(a+b)，=-=b-(a+b)=(b-a). ∴=+=(b-a)+c. 若存在实数x，y使得=x+y(x，y∈R)成立， 则c-a=x+y=-(x+y)a+(x-y)b+xc. 17 ∵a，b，c不共线，∴解得 ∴=+，即是共面向量. ∵B1C⊄平面ODC1， ∴B1C∥平面ODC1. 18 (2)如图，已知在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点.证明: ①MN∥平面CC1D1D; ②平面MNP∥平面CC1D1D. 19 ①MN∥平面CC1D1D; [解析] ①证明:如图，以D为坐标原点，的方向分别 为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2， 则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，0，1)，N(1，1，0)， P(1，2，1). 由正方体的性质，知AD⊥平面CC1D1D， 所以=(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量. 由于=(0，1，-1)，则·=0×2+1×0+(-1)×0=0， 所以⊥.又MN⊄平面CC1D1D， 所以MN∥平面CC1D1D. 20 ②平面MNP∥平面CC1D1D. [解析] ②证明:因为=(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量， 由于=(0，2，0)，=(0，1，-1)， 则即=(2，0，0)也是平面MNP的一个法向量， 所以平面MNP∥平面CC1D1D. 21 [小结]1.证明线线平行的方法 (1)向量法:设直线l1,l2的方向向量分别是a,b,则要证明l1∥l2,只需证明a∥b,即a=kb(k为非零实数). (2)几何法:利用线面平行的性质定理和面面平行的性质定理求解. 2.证明线面平行的方法 (1)向量法:设直线l的方向向量是a,平面α的法向量是u,则要证明l∥α,只需证明a⊥u,即a·u=0,注意说明直线l⊄平面α. (2)几何法:利用线面平行的判定定理求解.3.证明面面平行的方法 (1)向量法:求出平面α,β的法向量u,v,则要证明α∥β,只需证明u∥v. (2)几何法:利用面面平行的判定定理求解. 22 4.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2， C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2， CC2=3.证明:B2C2∥A2D2. 对应训练 23 [解析] 根据正四棱柱性质可知，以C为坐标原点，CD，CB， CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示: 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)， A2(2，2，1)， 所以=(0，-2，1)，=(0，-2，1)，可得=， 即向量与共线， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， 所以B2C2∥A2D2. 24 5.如图，在四面体A-BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD=2，BD=2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ=3QC.证明:PQ∥平面BCD. [解析] 因为BC⊥CD，AD⊥平面BCD，故以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过点C作DA的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 25 设CD=a，0<a<2，则BC=， 可得D(a，0，0)，C(0，0，0)，B，A(a，0，2)，因为M是AD的中点，则M(a，0，1)， 则P，因为AQ=3QC， 可得Q=， 因为平面BCD的法向量可取为n=(0，0，1)， 则·n=0，且PQ⊄平面BCD， 所以PQ∥平面BCD. 26 考点3 利用空间向量证明垂直问题 例3　(1)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥AD，∠ABC=60°，PA=AB=BC，AD=AB，E是PC的中点. 证明:PD⊥平面ABE. 27 [解析] 由PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，易知AB，AD，AP两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系，连接AC，设PA=AB=BC=1， 则A(0，0，0)，P(0，0，1)，B(1，0，0)，D， 28 ∵∠ABC=60°，∴△ABC为正三角形， 则C，E， ∴=(1，0，0)，=， 法一:设平面ABE的法向量为n=(x，y，z)，则 令y=2，n=(0，2，-)，而=，显然=n，则∥n， ∴也是平面ABE的一个法向量，即PD⊥平面ABE. 29 法二:=， 则·=0×1+×0+(-1)×0=0， ·=0×+×+(-1)×=0， ∴⊥⊥，即PD⊥AB，PD⊥AE，又AB∩AE=A，故PD⊥平面ABE. 30 (2)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长均为a，点D是棱CC1的中点. 求证:平面AB1D⊥平面ABB1A1. 31 [解析] 如图，在平面ABC作AP⊥AC，可得∠BAP=30°，以A为原点，AP，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 可得A(0，0，0)，D，B1，B， 所以==，=， 设平面ABB1A1的法向量为m=(x1，y1，z1)， 可得即 32 令x1=可得m=(，-3，0)， 设平面AB1D的法向量为n=(x2，y2，z2)， 可得即 令z2=2可得n=(-，-1，2)， 因为m·n=-3+3=0，所以m⊥n，所以平面AB1D⊥平面ABB1A1. 33 [小结]1.证明线线垂直的方法 (1)向量法:证明两条直线(方向向量分别为a,b)相互垂直,只需证明a·b=0即可. (2)几何法:利用线面垂直的性质求解. 2.证明线面垂直的方法 (1)向量法:分别计算直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量的数量积,由数量积为0及线面垂直的判定定理即可得证. (2)几何法:由线面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理求解. 3.证明面面垂直的方法 (1)向量法:证明两平面的法向量垂直或证明一个平面的法向量平行于另一个平面. (2)几何法:利用面面垂直的判定定理求解. 34 6.如图，已知直三棱柱ABC-FGE，AC=BC=4，AC⊥BC，O为BC的中点，D为侧棱BG上一点，且BD=BG，三棱柱ABC-FGE的体积为32.过点O作OQ⊥DE，垂足为点Q，求证:BQ⊥平面ACQ. 对应训练 35 [解析] 由直三棱柱ABC-FGE，得CE⊥平面ABC，又AC⊥BC，AC=BC=4， 可得三棱柱ABC-FGE的体积V=AC×BC×CE=×4×4×CE=32，得EC=4. 如图，建立空间直角坐标系， 36 则C(0，0，0)，O(0，2，0)，D(0，4，1)，E(0，0，4)，B(0，4，0)，A(4，0，0)， 则=(0，-4，3)，=(4，0，0). 设=λ=(0，-4λ，3λ)，则Q(0，4-4λ，1+3λ)，故=(0，2-4λ，1+3λ). 因为QO⊥DE，所以·=0，所以0-8+16λ+3+9λ=0，解得λ=，即Q(0，). 由=(0，-)，=(0，)，得·=(4，0，0)·(0，-)=0，·=(0，)·(0，-)=-+=0. 所以BQ⊥CA，BQ⊥CQ.又因为CA⊂平面ACQ，CQ⊂平面ACQ，CA∩CQ=C， 所以BQ⊥平面ACQ. 37 7.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E为PD的中点，点F在PC上，且=. 求证:平面AEF⊥平面PCD. 38 [解析] 如图，以D为原点，分别以DA，DC为x轴，y轴，过D作AP平行线为z轴，建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C，P，E，B， 所以==，因为=，所以=， 所以=+=(2，0，2)+(-2，2，-2)=，即F， 39 所以==. 设平面AEF的法向量为n=，则 令x=1，则y=-1，z=1，所以n=. 设平面PCD的法向量为m=，则 令a=1，则c=-1，所以m=， 所以n·m=1×1+0×+1×=0，所以n⊥m， 所以平面AEF⊥平面PCD. 40 考点4 平行与垂直关系中的探索性问题 例4　如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证:BD⊥AA1; (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1?若存在，求出点P的位置;若不存在，请说明理由. 41 (1)求证:BD⊥AA1; [解析] (1)设BD与AC交于点O，则BD⊥AC， 连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°， ∴A1O2=A+AO2-2AA1·AOcos 60°=3， ∴AO2+A1O2=A，∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD. 42 以OB，OC，OA1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(0，-1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(-，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，). ∵=(-2，0，0)，=(0，1，)， ·=0×(-2)+1×0+×0=0， ∴⊥，即BD⊥AA1. 43 (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1?若存在，求出点P的位置;若不存在，请说明理由. [解析] (2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1. 设=λ，P(x，y，z)， 则(x，y-1，z)=λ(0，1，). 从而有P(0，1+λ，λ)， 则=(-，1+λ，λ). 设平面DA1C1的法向量为n=(x1，y1，z1)， 44 则 又=(0，2，0)，=(，0，)， 则取n=(1，0，-1). ∵BP∥平面DA1C1，∴n⊥， 即n·=--λ=0，得λ=-1， 即点P在C1C的延长线上，且C1C=CP. 45 [小结]对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:一种是根据条件作出判断，再进一步论证;另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定不存在. 46 8.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，三角形PAB为正三角形，且侧面PAB⊥底面ABCD.E，M分别为线段AB，PD的中点. (1)求证:PB∥平面ACM; (2)在棱CD上是否存在点G，使得平面GAM⊥平面ABCD?若存在，请求出的值;若不存在，请说明理由. 对应训练 47 (1)求证:PB∥平面ACM; [解析] (1)连接BD交AC于H点，连接MH，因为四边形ABCD是菱形，所以点H为BD的中点.又因为M为PD的中点，所以MH∥BP， 又因为BP⊄平面ACM，MH⊂平面ACM，所以BP∥平面ACM. 48 (2)在棱CD上是否存在点G，使得平面GAM⊥平面ABCD?若存在，请求出的值;若不存在，请说明理由. [解析] (2)法一:设底面边长为2，连接EC，由于ABCD为菱形，且∠ABC=60°，故BE=1，BC=2， EC==， 所以BC2=BE2+EC2，故有EC⊥AB， 又三角形PAB为正三角形，E为AB中点， 故PE⊥AB， 又侧面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PE⊂面PAB， 所以PE⊥平面ABCD， 49 如图，以E为原点，方向分别为x，y，z轴正半轴方向，建立空间直角坐标系. 则A(0，1，0)，C(，0，0)，P(0，0，)，D(，2，0)，M， 设=λ，则=λ=(0，2λ，0)， 则G(，2λ，0)，==(，2λ-1，0)， 设平面GAM的法向量为n=(x，y，z)，则有得到 50 取y=1，得x=，z=， 所以n=. 又平面ABCD的法向量可取为m=(0，0，1)， 由题可知m·n=0，即=0，解得λ=， 故存在点G使得平面GAM⊥平面ABCD，=. 51 法二:∵三角形PAB为正三角形，E是AB的中点，∴PE⊥AB， 又侧面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PE⊂面PAB， 所以PE⊥平面ABCD， 连接DE，取DE的中点H，连接MH，则MH是△PDE的中位线，∴MH∥PE， 所以MH⊥平面ABCD， 延长AH交CD于G，又MH⊂面AMG，所以平面AMG⊥平面ABCD. 因为AE∥GD，所以∠HAE=∠HGD，∠HEA=∠HDG， 又因为EH=HD，所以△AEH≌△GDH，GD=AE=CD， 故存在点G，使得平面GAM⊥平面ABCD，=. 52 $