1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的平行-（配套课件）【精讲精练】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版）

该高中数学课件聚焦空间向量在直线、平面平行关系中的应用，通过课前问题导学、教材梳理及基础自测搭建学习支架，衔接空间向量概念与平行关系的向量表示，帮助学生构建知识脉络。 其亮点在于题型分类清晰且一题多解，如线面平行证明采用坐标法与基底法，结合逻辑推理和数学运算素养，规律方法总结系统，助力学生形成结构化认知，为教师提供高效教学资源，提升教学与学习效率。

第一章　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 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 课前案·自主学习 01 课堂案·互动探究 02 课后案 ·学业评价 03 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课前案·自主学习 栏目导航 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 u1∥u2 ∃λ∈R，u1＝λu2 u⊥n1 u·n1＝0 n1∥n2 ∃λ∈R，n1＝λn2 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课堂案·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 课后案·学业评价 栏目导航 点击进入Word 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　空间向量与立体几何 1 导学　空间中直线、平面的平行 若两条直线平行，则它们的方向向量有什么关系？ [提示] 平行． [提示] 垂直． [提示] 不一定，直线还可能在平面内． [提示] 平行． ◎结论形成 空间中平行关系的向量表示 设直线l，l1，l2的方向向量分别为u，u1，u2，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则 线线平行 l1∥l2⇔_________⇔___________________ 线面平行 l∥α⇔_________⇔_____________ 面面平行 α∥β⇔_________⇔___________________ 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)两直线的方向向量平行，则两直线平行．(　　) (2)直线的方向向量与平面的法向量垂直，则直线与平面平行．(　　) (3)平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量.(　　) (4)如果向量a，b与平面α共面且n⊥a，n⊥b，那么n就是平面α的一个法向量．(　　) 解析　(1)×.两直线可能重合． (2)×.直线可能在平面内． (3)√.根据平面法向量的定义，可知，平面α的法向量垂直于与平面α共面的所有向量，是正确的． (4)×.当a，b共线时，n就不是平面α的一个法向量． 答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)× 2．若两条直线的方向向量分别是a＝(2，4，－5)，b＝(－6，x，y)，且两条直线平行，则x＝__________，y＝________． 答案　－12　15 3．若平面β外的一条直线l的方向向量是u＝(－1，2，－3)，平面β的法向量为n＝(4，－1，－2)，则l与β的位置关系是________． 解析　因为u·n＝(－1，2，－3)·(4，－1，－2)＝0，所以u⊥n.所以直线与平面平行，即l∥β. 答案　平行 4．设平面α，β的一个法向量分别为u＝(1，2，－2)，v＝(－3，－6，6)，则α，β的位置关系为________． 解析　∵v＝－3(1，2，－2)＝－3u，∴v∥u， ∴α∥β. 答案　平行 题型一　线、面位置关系的判定 (1)直线l1，l2的方向向量分别是a＝(1，－3，－1)，b＝(8，2，2)； (2)平面α，β的法向量分别是u＝(1，3，0)，v＝(－3，－9，0)； (3)直线l的方向向量、平面α的法向量分别是a＝(1，－4，－3)，u＝(2，0，3)； (4)直线l的方向向量、平面α的法向量分别是a＝(3，2，1)，u＝(－1，2，－1). [解析]　(1)∵a＝(1，－3，－1)，b＝(8，2，2)， ∴a·b＝8－6－2＝0，∴a⊥b，即l1⊥l2. (2)∵u＝(1，3，0)，v＝(－3，－9，0)， ∴v＝－3u，∴v∥u，即α∥β. (3)∵a＝(1，－4，－3)，u＝(2，0，3)， ∴a·u≠0且a≠ku (k∈R)， ∴a与u既不共线也不垂直， 即l与α相交但不垂直． (4)∵a＝(3，2，1)，u＝(－1，2，－1)， ∴a·u＝－3＋4－1＝0， ∴a⊥u，即l⊂α或l∥α. 1．两直线的方向向量共线(垂直)时，两直线平行(垂直)；否则两直线相交或异面． 2．直线的方向向量与平面的法向量共线时，直线和平面垂直；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线在平面内或线面平行，否则直线与平面相交但不垂直． 3．两个平面的法向量共线(垂直)时，两平面平行(垂直)，否则两平面相交但不垂直． [触类旁通] 1．(1)(2025·怀柔期末)已知直线l1的一个方向向量为n＝(－2，1，3)，直线l2的一个方向向量为m＝(2，－1，t)，若l1∥l2，则t值为(　　) A．－3 B．1 C． eq \f(5,3) D． eq \f(3,5) 解析　因为直线l1的一个方向向量为n＝(－2，1，3)，直线l2的一个方向向量为m＝(2，－1，t)，l1∥l2， 所以m∥n，设m＝λn， 则2＝－2λ，－1＝λ，t＝3λ，所以λ＝－1，t＝－3.故选A. 答案　A (2)设平面α与向量a＝(－1，2，－4)垂直，平面β与向量b＝(－2，4，－8)垂直，则平面α与β位置关系是________． 解析　∵a＝ eq \f(1,2)b，∴a∥b. ∵平面α与向量a垂直，∴平面α与向量b也垂直． ∵平面β与向量b垂直，∴α∥β. 答案　α∥β 题型二　直线和直线平行　一题多解 eq \f(1,4) INCLUDEPICTURE "例2.tif" 如图所示，在四棱锥P ­ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM＝DB，DA＝DP＝1，CD＝2，求证：MN∥AP. [证明]　证法一　由题意知，直线DA，DC，DP两两垂直，如图所示，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，1)，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,4)))，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)，0))，所以 eq \o(AP,\s\up14(→))＝(－1，0，1)， eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0，\f(1,4)))，所以 eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up14(→))，又M∉AP，故MN∥AP. 证法二　由题意可得 eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \o(MD,\s\up14(→))＋ eq \o(DN,\s\up14(→))＝ eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up14(→))＋ eq \f(1,2) eq \o(DE,\s\up14(→))＝ eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up14(→))＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(DC,\s\up14(→))＋\o(DP,\s\up14(→))))＝ eq \f(1,4) eq \o(BD,\s\up14(→))＋ eq \f(1,4) eq \o(DC,\s\up14(→))＋ eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up14(→))＝ eq \f(1,4) eq \o(BC,\s\up14(→))＋ eq \f(1,4) eq \o(DP,\s\up14(→))＝ eq \f(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AD,\s\up14(→))＋\o(DP,\s\up14(→))))＝ eq \f(1,4) eq \o(AP,\s\up14(→))，又M∉AP，所以MN∥AP. [触类旁通] 2．在长方体ABCD ­A1B1C1D1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. 证明　如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，则根据题意得M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，0，\f(4,3)))，N(0，2，2)，R(3，2，0)，S eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4，\f(2,3)))， ∴ eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(2,3)))， eq \o(RS,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，2，\f(2,3)))， ∴ eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \o(RS,\s\up14(→)).∴ eq \o(MN,\s\up14(→))∥ eq \o(RS,\s\up14(→)). ∵M∉RS，∴MN∥RS. 题型三　直线和平面平行　一题多解　一题多变 [证明]　证法一　如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，于是 eq \o(DA1,\s\up14(→))＝(1，0，1)， eq \o(DB,\s\up14(→))＝(1，1，0)， eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2))).设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n⊥\o(DA,\s\up14(→))1，,n⊥\o(DB,\s\up14(→))，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up14(→))＝x＋z＝0，,n·\o(DB,\s\up14(→))＝x＋y＝0，))取x＝1，则y＝－1，z＝－1， ∴平面A1BD的一个法向量为n＝(1，－1，－1). 又 eq \o(MN,\s\up14(→))·n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0， ∴ eq \o(MN,\s\up14(→))⊥n，又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD. 证法二　∵ eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \o(C1N,\s\up14(→))－ eq \o(C1M,\s\up14(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(C1B1,\s\up14(→))－ eq \f(1,2) eq \o(C1C,\s\up14(→)) ＝ eq \f(1,2)( eq \o(D1A1,\s\up14(→))－ eq \o(D1D,\s\up14(→)))＝ eq \f(1,2) eq \o(DA1,\s\up14(→))，∴ eq \o(MN,\s\up14(→))∥ eq \o(DA1,\s\up14(→))， 又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD. 证法三　因为 eq \o(MN,\s\up14(→))＝ eq \o(C1N,\s\up14(→))－ eq \o(C1M,\s\up14(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(C1B1,\s\up14(→))－ eq \f(1,2) eq \o(C1C,\s\up14(→))＝ eq \f(1,2) eq \o(DA,\s\up14(→))－ eq \f(1,2) eq \o(A1A,\s\up14(→))＝ eq \f(1,2)( eq \o(DB,\s\up14(→))＋ eq \o(BA,\s\up14(→)))－ eq \f(1,2)( eq \o(A1B,\s\up14(→))＋ eq \o(BA,\s\up14(→)))＝ eq \f(1,2) eq \o(DB,\s\up14(→))－ eq \f(1,2) eq \o(A1B,\s\up14(→))， 即 eq \o(MN,\s\up14(→))可用 eq \o(A1B,\s\up14(→))与 eq \o(DB,\s\up14(→))线性表示，故 eq \o(MN,\s\up14(→))与 eq \o(A1B,\s\up14(→))， eq \o(DB,\s\up14(→))是共面向量，又MN⊄平面A1BD，故MN∥平面A1BD. [母题变式] (变条件、变结论)若例3换为：“在如图所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．”求证：AB∥平面DEG. 证明　∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB， ∴EF⊥AE，EF⊥BE. 又AE⊥EB，∴EB，EF，EA两两垂直． 以E为原点，EB，EF，EA分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，F(0，3，0)，D(0，2，2)，G(2，2，0)，∴ eq \o(ED,\s\up14(→))＝(0，2，2)， eq \o(EG,\s\up14(→))＝(2，2，0)， eq \o(AB,\s\up14(→))＝(2，0，－2). 设平面DEG的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(ED,\s\up14(→))·n＝0，,\o(EG,\s\up14(→))·n＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,2x＋2y＝0，)) 令y＝1，得z＝－1，x＝－1，则n＝(－1，1，－1)， ∴ eq \o(AB,\s\up14(→))·n＝－2＋0＋2＝0，即 eq \o(AB,\s\up14(→))⊥n. ∵AB⊄平面DEG，∴AB∥平面DEG. [素养聚焦]　本题通过考查利用空间向量证明线面平行，提升学生逻辑推理和数学运算核心素养． 利用空间向量证明线面平行一般有三种方法： (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底表示； (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)先求直线的方向向量，然后求平面的法向量，证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． [触类旁通] 3．如图，在正三棱柱ABC ­A1B1C1中，D是AC的中点，求证：AB1∥平面DBC1. 证明　如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 设正三棱柱的底面边长为a(a>0)，侧棱长为b(b>0)，则A(0，0，0)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，0))，B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，b))，C1(0，a，b)，D eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))， ∴ eq \o(AB1,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，b))， eq \o(BD,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)a，0，0))， eq \o(DC1,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，b)). 设平面DBC1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up14(→))＝－\f(\r(3),2)ax＝0，,n·\o(DC1,\s\up14(→))＝\f(a,2)y＋bz＝0，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,z＝－\f(a,2b)y.)) 不妨令y＝2b，则n＝(0，2b，－a). 由于 eq \o(AB1,\s\up14(→))·n＝ab－ab＝0，因此 eq \o(AB1,\s\up14(→))⊥n. 又AB1⊄平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1. 题型四　平面和平面平行 [证明]　由题意知AB，AP，AD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，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0). 所以 eq \o(FE,\s\up14(→))＝(0，－1，0)， eq \o(FG,\s\up14(→))＝(1，1，－1)， eq \o(BC,\s\up14(→))＝(0，2，0)， eq \o(PB,\s\up14(→))＝(2，0，－2)， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面GEF的法向量， 则n1⊥ eq \o(FE,\s\up14(→))，n1⊥ eq \o(FG,\s\up14(→))， 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(FE,\s\up14(→))＝0，,n1·\o(FG,\s\up14(→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－y1＝0，,x1＋y1－z1＝0；)) 令z1＝1，则x1＝1，y1＝0，所以n1＝(1，0，1). 设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBC的一个法向量， 由n2⊥ eq \o(PB,\s\up14(→))，n2⊥ eq \o(BC,\s\up14(→))， 得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up14(→))＝2x2－2z2＝0,n2·\o(BC,\s\up14(→))＝2y2＝0))，即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝0，,x2－z2＝0)) 令z2＝1，得x2＝1，y2＝0， 所以n2＝(1，0，1). 因为n1＝n2，所以平面EFG∥平面PBC. 证明面面平行问题的两种方法 (1)转化为相应的线线平行或线面平行． (2)分别求出这两个平面的法向量，然后证明这两个法向量平行．本例题采用的是方法(2)，解题过程虽复杂，但思路清晰，是证明面面平行的常用方法． [触类旁通] 4．如图，在直四棱柱ABCD ­A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F是棱AB的中点．求证：平面AA1D1D∥平面FCC1. 证明　因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点， 所以BF＝BC＝CF， 所以△BCF为正三角形． 因为ABCD为等腰梯形， 所以∠BAD＝∠ABC＝60°. 取AF的中点M，连接DM， 则DM⊥AB，所以DM⊥CD. 以D为原点，DM，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，0))，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，1，0))，C(0，2，0)，C1(0，2，2)， 所以 eq \o(DD1,\s\up14(→))＝(0，0，2)， eq \o(DA,\s\up14(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－1，0))， eq \o(CF,\s\up14(→))＝( eq \r(3)，－1，0)， eq \o(CC1,\s\up14(→))＝(0，0，2). 所以 eq \o(DD1,\s\up14(→))∥ eq \o(CC1,\s\up14(→))， eq \o(DA,\s\up14(→))∥ eq \o(CF,\s\up14(→)). 由图可知DD1∥CC1， 因为DD1⊄平面FCC1，CC1⊂平面FCC1， 所以DD1∥平面FCC1，同理DA∥平面FCC1， 又DD1∩DA＝D，DD1，DA⊂平面AA1D1D， 所以平面AA1D1D∥平面FCC1. 知识落实 技法强化 利用空间向量解决线线平行、线面平行与面面平行问题． (1)利用直线的方向向量与平面的法向量证明空间中的平行关系，体现了转化与化归的思想方法． (2)利用直线的方向向量证明直线与直线平行、直线与平面平行时，要注意向量所在的直线与所证直线或平面无公共点． $