第7章 7.7 第1课时 利用空间向量研究直线、平面的位置关系（Word教参）-【精讲精练】2027年高考数学一轮复习（人教A版）

该高中数学高考复习讲义聚焦空间向量应用核心考点，涵盖直线方向向量、平面法向量及空间位置关系的向量表示，按概念梳理、关系论证、应用探究的逻辑层次展开。通过考点精讲、方法归纳、真题演练的教学流程，帮助学生构建向量法解决立体几何问题的系统思路。 讲义突出数学思维与数学语言的培养，通过“假设-推理-验证”探究存在性问题，引导学生用向量语言精准表达空间关系。设置基础判断、中档证明、综合探究分层练习，配合即时反馈，助力学生高效突破难点，为教师把控复习进度提供清晰框架。

7．7　空间向量的应用 【课标要求】 1．会用向量法证明线面的平行、垂直关系． 2．了解利用空间向量求空间距离的方法，会求空间距离． 3．会用向量法求异面直线所成的角，直线与平面所成的角，平面与平面的夹角等各种空间角． 4．体会向量方法在研究立体几何中的作用． 第1课时　利用空间向量研究直线、平面的位置关系 [对应学生用书P191] 1．直线的方向向量和平面的法向量 (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． 注：①一条直线l有__无穷__多个方向向量(非零向量)，这些方向向量之间互相平行． ②直线l的方向向量也是所有与l__平行__的直线的方向向量． (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叫做平面α的法向量． [微提醒]　(1)直线的方向向量不唯一，一般取直线上两点构成其一个方向向量． (2)平面的法向量不唯一，所以可以用赋值法求出平面的一个法向量． 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⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2 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 l∥α n⊥m⇔n·m＝0 l⊥α n∥m⇔∃λ∈R，使得n＝λm 平面α，β的法向 量分别为n，m α∥β n∥m⇔∃λ∈R，使得n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0 [微提醒]　利用法向量证明线面平行时，直线的方向向量与平面的法向量垂直是线面平行的必要条件，应注明直线在平面外． 1．若v是直线的方向向量，则λv(λ≠0)也是直线的方向向量． 2．若向量n是平面的法向量，则μn(μ≠0)也是平面的法向量． 1．判断正误．(正确的画“√”，错误的画“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的．(×) (2)若a∥b，则a所在的直线与b所在的直线平行．(×) (3)若直线a的方向向量和平面α 的法向量平行，则a∥α .(×) (4)若两条直线平行，则它们的方向向量的方向相同或相反．(√) 2．平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k).若α∥β，则k等于(　　) A．2　　　　　　　 B．－4 C．4 D．－2 解析　因为α∥β，所以两平面的法向量平行，所以＝＝，所以k＝4. 答案　C 3．已知平面α内有两点M(1，－1，2)，N(a，3，3)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则a＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 解析　因为M(1，－1，2)，N(a，3，3)，所以＝(a－1，4，1)，因为平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，所以n⊥，则n·＝6(a－1)－3×4＋6＝0，解得a＝2. 答案　C 4．两条不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1，0，－1)，v2＝(－2，0，2)，则l1与l2的位置关系是________. 解析　因为v2＝－2v1，所以v1∥v2.又l1与l2不重合，所以l1∥l2. 答案　平行 5．已知平面α 的一个法向量为n＝(1，－1，2)，＝(2，0，－1)，那么直线AB与平面α 的位置关系是________. 解析　由题可得n·＝1×2＋(－1)×0＋2×(－1)＝0，故n⊥，则AB∥α 或AB⊂α . 答案　AB∥α 或AB⊂α [对应学生用书P192] 考点一　利用空间向量证明平行问题 重难考点　师生共研 　如图所示，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点． (1)求证：MN∥平面PAD； (2)求证：平面MNQ∥平面PAD. [证明]　(1)因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD， 因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD， 所以AB，AD，AP两两垂直， 所以以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 设B(b，0，0)，D(0，d，0)，P(0，0，d). 则C(b，d，0)， 因为M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点， 所以M，N，Q， 所以＝. 因为平面PAD的一个法向量为m＝(1，0，0)， 所以·m＝0，即⊥m. 又因为MN⊄平面PAD，所以MN∥平面PAD. (2)因为＝(0，－d，0)， 所以·m＝0，所以⊥m， 又QN⊄平面PAD，所以QN∥平面PAD. 又因为MN∩QN＝N，MN，QN⊂平面MNQ， 所以平面MNQ∥平面PAD. 1．证明线面平行的常用方法 (1)证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量共面； (2)证明直线的方向向量与平面内的一个向量平行； (3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． 2．证明面面平行常用的方法 (1)利用上述方法证明平面内的两个不共线向量都平行于另一个平面； (2)证明两个平面的法向量平行； (3)证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量． 1．如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体ABCD-A1B1C1D1组合而成的，且PC＝AB.求证：PC∥平面ADC1B1. 证明　如图，以点A1为原点，以A1B1，A1D1 ，A1A所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系． 设AB＝2a，则PC＝AB＝a，过P作PP1⊥平面ABCD，垂足为点P1, 连接P1C， 则点P1是正方形ABCD的中心，则CP1＝AB＝a, PP1＝ ＝a， 于是C(2a，2a，2a)，P(a，a，3a)， 则＝(a，a，－a). 设平面ADC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， 又A(0，0，2a)，D(0，2a，2a)，C1(2a，2a，0)， 则＝(0，2a，0)，＝(2a，2a，－2a)， 所以 故可取n＝(1，0，1). 由n·＝a＋0－a＝0，可得n⊥. 又PC⊄平面ADC1B1，所以PC∥平面ADC1B1. 考点二　利用空间向量证明垂直问题 重难考点　师生共研 　如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点． 证明：(1)AE⊥CD； (2)PD⊥平面ABE. [证明]　由题意可知AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP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PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1)，B(1，0，0). (1)因为∠ABC＝60°，所以△ABC为正三角形． 所以C，E. 设D(0，y，0)，由AC⊥CD，得·＝0， 即y＝，则D， 所以＝. 又因为＝， 所以·＝－×＋×＝0， 所以⊥，即AE⊥CD. (2)方法一　由(1)知，D，P(0，0，1)， 所以＝. 又因为·＝×＋×(－1)＝0， 所以⊥，即PD⊥AE. 因为＝(1，0，0)，所以·＝0. 所以PD⊥AB. 又因为AB∩AE＝A，AB，AE⊂平面ABE， 所以PD⊥平面ABE. 方法二　由(1)知，＝(1，0，0)，＝， 设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令y＝2，则z＝－，所以n＝为平面ABE的一个法向量． 因为＝，显然＝n. 所以∥n，所以⊥平面ABE， 即PD⊥平面ABE. 利用空间向量证明线线、线面、面面垂直的方法 线线 垂直 证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 线面 垂直 证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示 面面 垂直 (1)证明两个平面的法向量垂直 (2)将面面垂直的判定定理用向量表示 2．如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC. 证明　(1)如图所示，以O为坐标原点，分别以射线OD，OP为y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系． 则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，所以＝(0，3，4)，＝(－8，0，0). 所以·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0， 所以⊥，即AP⊥BC. (2)由(1)知||＝5，又||＝3， 且点M在线段AP上，所以＝＝.又＝(－4，－5，0)， 所以＝＋＝， 则·＝(0，3，4)·＝0， 所以⊥，即AP⊥BM. 由(1)知AP⊥BC，因为BM∩BC＝B，BM，BC⊂平面BMC，所以AP⊥平面BMC， 所以AM⊥平面BMC. 又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC. 考点三　与平行、垂直有关的存在性问题 重难考点　师生共研 　如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为线段BD1上的动点(含端点). (1)判断是否存在点M，使得CM⊥平面A1DB; (2)判断是否存在点M，使得CM∥平面A1DB. [解析]　建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，0)，B(0，2，0)，A(2，2，0)，D(2，0，0)，D1(2，0，2)，A1(2，2，2)，C1(0，0，2)，设＝λ⇒M(2－2λ，2λ，2－2λ)(λ∈[0，1])， 设平面A1DB的法向量为n＝(x，y，z)， ＝(－2，2，0)，＝(2，0，2)，＝(2－2λ，2λ，2－2λ)， 则有⇒ 令x＝1，则n＝(1，1，－1). (1)假设存在点M，使得CM⊥平面A1DB， 所以有∥n， 所以有2－2λ＝2λ＝－(2－2λ)⇒λ∈∅， 因此假设不成立， 所以不存在点M，使得CM⊥平面A1DB. (2)假设存在点M，使得CM∥平面A1DB， 所以有⊥n⇒·n＝0⇒(2－2λ)＋2λ－(2－2λ)＝0⇒λ＝0∈[0，1]，所以假设成立，因此存在点M，使得CM∥平面A1DB. “是否存在”型问题的两种探索方式 (1)根据条件作出判断，再进一步论证． (2)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”． 3．如图，等边三角形ABC所在平面与直角梯形ABDE所在的平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB. (1)若F为CD的中点，求证：EF⊥平面BCD. (2)在线段AC上是否存在点N，使CD∥平面BEN？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 解析　(1)证明　设ED的中点为H，AB的中点为O，连接OH，OC，由题意知OH∥AE. 因为平面ABDE⊥平面ABC，AE⊥AB，AE⊂平面ABDE，平面ABDE∩平面ABC＝AB，所以AE⊥平面ABC，所以HO⊥平面ABC. 又因为△ABC为等边三角形，所以OC⊥AB. 故以O为坐标原点，以OC，OB，OH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AE＝1，AB＝2a，则A(0，－a，0)，B(0，a，0)，C，D(0，a，2)，E(0，－a，1)，F， 所以＝，＝，＝(0，0，2)， 所以·＝0，·＝0， 所以EF⊥BC，EF⊥BD. 又因为BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD， 所以EF⊥平面BCD. (2)假设存在点N，使CD∥平面BEN， 设＝λ， 则N， 所以＝. 由(1)知，＝(0，－2a，1)，＝， 设平面BEN的法向量为n＝(x，y，z)， 由 得令y＝1， 则n＝， 由CD∥平面BEN得n⊥. 所以n·＝×(－a)＋a＋2a×2＝0， 解得λ＝. 所以当＝时，CD∥平面BEN. 学科网（北京）股份有限公司 $