1.4.1　第1课时　空间中点、直线和平面的向量表示课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

该高中数学课件聚焦空间中点、直线、平面的向量表示，涵盖位置向量、直线方向向量及平面法向量等核心知识点。通过自主学习的“填一填”梳理概念，“练一练”巩固基础，搭建从向量概念到几何应用的学习支架。 其亮点是分层设计与素养导向，互动探究以正方体、直棱柱为例，用待定系数法求法向量，培养数学思维（推理能力）和数学语言（向量表达）。巩固提升与课时作业分层训练，助力学生发展空间观念，教师可直接用于教学，提升效率。

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1课时　空间中点、直线和平面的向量表示 【学习与目标】　 自主学习通道 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 自主学习通道 自研教材 梳理必备知识 返回目录 自主学习通道 基点 位置向量 自主学习通道 自主学习通道 自主学习通道 法向量 自主学习通道 √ √ × × 自主学习通道 B 自主学习通道 A 自主学习通道 x＋2y－3z＝0 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 C 互动探究通道 互动探究通道 AB 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 C 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 巩固提升通道 A 巩固提升通道 D 巩固提升通道 B 巩固提升通道 8 8 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 D 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABC 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2∶3∶(－4) 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ABD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 BD 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2，1，0)(答案不唯一) 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.能用向量语言表述点、直线和平面.2.理解直线的方向向量与平面的法向量.3.会求直线的方向向量与平面的法向量． 填一填 1．空间中点的位置向量 如图，在空间中，我们取一定点O作为 eq \o(□,\s\up4(1)) ，那么空间中任意一点P就可以用向量 eq \o(OP,\s\up15(→))来表示，向量 eq \o(OP,\s\up15(→))称为点P的 eq \o(□,\s\up4(2)) ． 2．空间直线的向量表示式 如图，取定空间中的任意一点O，可以得到点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使 eq \o(OP,\s\up15(→))＝ eq \o(□,\s\up4(3)) ①，取 eq \o(AB,\s\up15(→))＝a代入①式，得 eq \o(OP,\s\up15(→))＝ eq \o(□,\s\up4(4)) ②，①式和②式都称为空间直线的向量表示式． eq \o(OA,\s\up15(→))＋ta eq \o(OA,\s\up15(→))＋t eq \o(AB,\s\up15(→)) 3．空间平面的向量表示式 如图，取定空间任意一点O，可以得到，空间一点P位于平面ABC内的充要条件是存在实数x，y，使 eq \o(OP,\s\up15(→))＝ eq \o(□,\s\up4(5)) ．把上式称为空间平面ABC的向量表示式． eq \o(OA,\s\up15(→))＋x eq \o(AB,\s\up15(→))＋y eq \o(AC,\s\up15(→)) 4．平面的法向量 如图，直线l⊥α，取直线l的方向向量a，称向量a为平面α的 eq \o(□,\s\up4(6)) ． 给定一个点A和一个向量a，那么过点A，且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 eq \o(□,\s\up4(7)) ． 【提醒】　平面法向量的性质 (1)平面α的一个法向量垂直于平面α内的所有向量． (2)一个平面的法向量有无限多个，它们互相平行． {P|a· eq \o(AP,\s\up15(→))＝0} 练一练 1．判断正误 (1)直线上任意两个不同的点A，B表示的向量 eq \o(AB,\s\up15(→))都可作为该直线的方向向量．(　　) (2)若向量n1，n2为平面α的法向量，则以这两个向量为方向向量的两条不重合直线一定平行．(　　) (3)直线的方向向量是唯一的．(　　) (4)若 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(CD,\s\up15(→))都是直线l的方向向量，则 eq \o(AB,\s\up15(→))∥ eq \o(CD,\s\up15(→))，所以AB∥CD.(　　) 2．若A(2，1，1)，B(1，2，2)在直线l上，则直线l的一个方向向量为(　　) A．(2，1，1) B．(－2，2，2) C．(－3，2，1) D．(2，1，－1) 解析　 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1，1，1)，与 eq \o(AB,\s\up15(→))共线的非零向量都可以作为直线l的方向向量，故选B. 3．已知A(0，1，1)，B(－1，1，1)，C(1，0，0)，则平面ABC的一个法向量为 (　　) A．(0，1，－1) B．(－1，0，1) C．(1，1，1) D．(－1，0，0) 解析　设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，由 eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1，0，0)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(1，－1，－1)，可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＝0，,x－y－z＝0，))取y＝1，解得x＝0，z＝－1，所以n＝(0，1，－1). 4．已知平面α经过点O(0，0，0)，且e＝(1，2，－3)是α的一个法向量，M(x，y，z)是平面α内任意一点，则x，y，z满足的关系式是 ． 解析　由题意得e⊥ eq \o(OM,\s\up15(→))， 则 eq \o(OM,\s\up15(→))·e＝(x，y，z)·(1，2，－3)＝0， 故x＋2y－3z＝0. 类型一　求直线的方向向量　　　　　　自主探究 1．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱CC1上不与C1，C重合的任一点，则不能作为直线AA1的方向向量的是(　　) A． eq \o(AA1,\s\up15(→)) B． eq \o(C1E,\s\up15(→)) C． eq \o(AB,\s\up15(→)) D． eq \o(A1A,\s\up15(→)) 解析　若一个向量对应的有向线段所在的直线与直线AA1平行或重合，则这个向量就是直线AA1的一个方向向量，故不能作为直线AA1的方向向量的是 eq \o(AB,\s\up15(→))，故选C. 2．(多选)(2024·江苏扬大附中月考)若M(1，0，－1)，N(2，1，2)在直线l上，则直线l的一个方向向量是(　　) A．(2，2，6) B．(1，1，3) C．(3，1，1) D．(－3，0，1) 解析　∵M，N在直线l上，且 eq \o(MN,\s\up15(→))＝(1，1，3)，故向量(1，1，3)，(2，2，6)都是直线l的一个方向向量． 求直线的方向向量，首先是找到直线上两点，然后用坐标表示以这两点为起点和终点的向量，该向量就是直线的一个方向向量． 类型二　求平面的法向量 【例1】　如图，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，BC＝1，AD＝AA1＝3，AB＝ eq \r(3).试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACD1的一个法向量． 解　易知AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 则A(0，0，0)，C( eq \r(3)，1，0)，D1(0，3，3)， 所以 eq \o(AD1,\s\up15(→))＝(0，3，3)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝( eq \r(3)，1，0). 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0，)) 令x＝1，则y＝－ eq \r(3)，z＝ eq \r(3)，可得n＝(1，－ eq \r(3)， eq \r(3)). 所以平面ACD1的一个法向量为n＝(1，－ eq \r(3)， eq \r(3)). 变式探究 1．(变设问)本例条件不变，试求直线B1D的一个方向向量和平面B1CD的一个法向量． 解　由例题中的坐标系易得B1( eq \r(3)，0，3)，C( eq \r(3)，1，0)，D(0，3，0)，所以 eq \o(B1D,\s\up15(→))＝(－ eq \r(3)，3，－3)， eq \o(B1C,\s\up15(→))＝(0，1，－3). 设n＝(x，y，z)是平面B1CD的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(B1D,\s\up15(→))＝0，,n·\o(B1C,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋3y－3z＝0，,y－3z＝0，)) 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝2\r(3)z，,y＝3z，))令z＝1，则x＝2 eq \r(3)，y＝3. 所以直线B1D的一个方向向量为 eq \o(B1D,\s\up15(→))＝(－ eq \r(3)，3，－3)，平面B1CD的一个法向量为n＝(2 eq \r(3)，3，1). 2．(变条件)本例中的条件∠BAD＝90°改为∠CAD＝90°，其他条件不变，求平面ACD1的一个法向量． 解　如图，以A为坐标原点，AC，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C( eq \r(2)，0，0)，D1(0，3，3). 所以 eq \o(AD1,\s\up15(→))＝(0，3，3)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝( eq \r(2)，0，0). 设n＝(x，y，z)是平面ACD1的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AD1,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3y＋3z＝0，,\r(2)x＝0，)) 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－z，))令z＝1，则y＝－1. 所以平面ACD1的一个法向量为n＝(0，－1，1). 求平面的法向量的常用方法 (1)直接法 根据立体几何中直线与平面垂直的判定定理得到平面的法向量． (2)待定系数法求平面ABC的法向量的步骤 ①设向量：设平面的法向量为n＝(x，y，z). ②选向量：在平面内选取两个不共线的向量 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(AC,\s\up15(→)). ③列方程组：由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up15(→))＝0))列出方程组，并解之． ④赋非零值：取其中一个为非零值(常取±1). ⑤得结论：得到平面ABC的一个法向量． [跟踪训练1]　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，A1B1的中点，以D为原点建立空间直角坐标系，求： (1)平面BDD1B1的一个法向量； (2)平面BDEF的一个法向量． 解　设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(1，0，2). (1)连接AC，易知AC⊥平面BDD1B1， ∴ eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－2，2，0)为平面BDD1B1的一个法向量． (2) eq \o(DB,\s\up15(→))＝(2，2，0)， eq \o(DE,\s\up15(→))＝(1，0，2). 设平面BDEF的法向量为n＝(x，y，z)， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up15(→))＝0，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋2y＝0，,x＋2z＝0，)) 令x＝2，则y＝－2，z＝－1， 即n＝(2，－2，－1)为平面BDEF的一个法向量． 类型三　确定空间中点的位置 【例2】　如图，已知点A(2，4，0)，B(1，3，3)，P，Q为射线AB上的两点． (1)若 eq \o(PB,\s\up15(→))＝2 eq \o(AP,\s\up15(→))，求点P的坐标； (2)若 eq \o(AQ,\s\up15(→))＝－2 eq \o(QB,\s\up15(→))，求点Q的坐标． 解　(1)因为 eq \o(PB,\s\up15(→))＝2 eq \o(AP,\s\up15(→))， 所以 eq \o(OB,\s\up15(→))－ eq \o(OP,\s\up15(→))＝2( eq \o(OP,\s\up15(→))－ eq \o(OA,\s\up15(→)))， 则 eq \o(OP,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(OA,\s\up15(→))＋ eq \f(1,3) eq \o(OB,\s\up15(→)). 设点P的坐标为(x，y，z)，将上式换用坐标 表示为(x，y，z)＝ eq \f(2,3)(2，4，0)＋ eq \f(1,3)(1，3，3)， 即x＝ eq \f(4,3)＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(5,3)，y＝ eq \f(8,3)＋1＝ eq \f(11,3)，z＝0＋1＝1. 因此，点P的坐标是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(11,3)，1)). (2)因为 eq \o(AQ,\s\up15(→))＝－2 eq \o(QB,\s\up15(→))，所以 eq \o(OQ,\s\up15(→))－ eq \o(OA,\s\up15(→))＝－2( eq \o(OB,\s\up15(→))－ eq \o(OQ,\s\up15(→)))， eq \o(OQ,\s\up15(→))＝－ eq \o(OA,\s\up15(→))＋2 eq \o(OB,\s\up15(→)). 设点Q的坐标为(x′，y′，z′)，将上式换用坐标表示为 (x′，y′，z′)＝－(2，4，0)＋2(1，3，3)＝(0，2，6)，因此，点Q的坐标是(0，2，6). 求空间中点的坐标，一般要根据具体的题目条件恰当地设出点的坐标，根据向量式列出方程(组)，把向量运算转化为代数运算，解方程(组)可得点的坐标． [跟踪训练2]　已知点A(4，1，3)，B(2，－5，1)，C为线段AB上一点，且 eq \f(|\o(AC,\s\up15(→))|,\a\vs4\al(|\o(AB,\s\up15(→))|))＝ eq \f(1,3)，则点C的坐标为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，－\f(1,2)，\f(5,2))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)，－3，2)) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(7,2)，\f(3,2))) 解析　设C(x，y，z)，∵C为线段AB上一点，且 eq \f(|\o(AC,\s\up15(→))|,|\o(AB,\s\up15(→))|)＝ eq \f(1,3)，∴ eq \o(AC,\s\up15(→))＝ eq \f(1,3) eq \o(AB,\s\up15(→))，即(x－4，y－1，z－3)＝ eq \f(1,3)(－2，－6，－2)， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－4＝－\f(2,3)，,y－1＝－2，,z－3＝－\f(2,3)，))∴x＝ eq \f(10,3)，y＝－1，z＝ eq \f(7,3). 因此点C的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，－1，\f(7,3))).故选C. 1．知识清单 (1)空间中点、直线、平面的向量表示． (2)直线的方向向量． (3)平面的法向量． (4)确定空间中点的位置． 2．方法归纳：待定系数法、赋值法． 3．常见误区：不理解直线的方向向量和平面的法向量的作用和不唯一性． 1．已知直线l1的方向向量a＝(2，－3，5)，直线l2的方向向量b＝(－4，x，y)，若a∥b，则x，y的值分别是(　　) A．6和－10 B．－6和10 C．－6和－10 D．6和10 解析　由题意得 eq \f(2,－4)＝ eq \f(－3,x)＝ eq \f(5,y)，且x≠0，y≠0，所以x，y的值分别是6和－10. 2．若n＝(2，－3，1)是平面α的一个法向量，则下列向量中能作为平面α的法向量的是(　　) A．(0，－3，1) B．(2，0，1) C．(－2，－3，1) D．(－2，3，－1) 解析　易知D中的向量与n共线，能作为平面α的法向量． 3．(2023·张家口期中)已知O(0，0，0)，A(2，1，1)，B(1，1，－1)，点P(λ，1，3)在平面OAB内，则λ＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析　 eq \o(OA,\s\up15(→))＝(2，1，1)， eq \o(OB,\s\up15(→))＝(1，1，－1)， eq \o(OP,\s\up15(→))＝(λ，1，3). ∵O，A，B，P四点共面，∴存在x，y∈R，使 eq \o(OP,\s\up15(→))＝x eq \o(OA,\s\up15(→))＋y eq \o(OB,\s\up15(→))，即(λ，1，3)＝x(2，1，1)＋y(1，1，－1)， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝2x＋y，,1＝x＋y，,3＝x－y，))解得λ＝3，故选B. 4．如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，分别以长方体的两个顶点为始点和终点的向量中： (1)直线AB的方向向量有 个； (2)平面AA1B1B的法向量有 个． 解析　(1)直线AB的方向向量有： eq \o(BA,\s\up15(→))， eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(CD,\s\up15(→))， eq \o(DC,\s\up15(→))， eq \o(B1A1,\s\up15(→))， eq \o(A1B1,\s\up15(→))， eq \o(C1D1,\s\up15(→))， eq \o(D1C1,\s\up15(→))，共8个． (2)平面AA1B1B的法向量有： eq \o(DA,\s\up15(→))， eq \o(AD,\s\up15(→))， eq \o(CB,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))， eq \o(D1A1,\s\up15(→))， eq \o(A1D1,\s\up15(→))， eq \o(C1B1,\s\up15(→))， eq \o(B1C1,\s\up15(→))，共8个． 基础巩固 1．已知向量a＝(2，－1，3)和b＝(－4，2x2，6x)都是直线l的方向向量，则x的值是(　　) A．－1 B．1或－1 C．－3 D．1 解析　由题意得a∥b，即 eq \f(2,－4)＝ eq \f(－1,2x2)＝ eq \f(3,6x)， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x2＝2，,6x＝－6，))解得x＝－1. 2. 已知平面α上的两个向量a＝(2，3，1)，b＝(5，6，4)，则平面α的一个法向量为(　　) A．(1，－1，1) B．(2，－1，1) C．(－2，1，1) D．(－1，1，1) 解析　显然a与b不平行， 设平面α的法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a·n＝0，,b·n＝0，))所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋3y＋z＝0，,5x＋6y＋4z＝0，)) 令z＝1，得x＝－2，y＝1.所以n＝(－2，1，1). 3．(2024·烟台一中月考)从点A(2，－1，7)沿向量a＝(8，9，－12)的方向取线段AB，且|AB|＝34，则B点的坐标为(　　) A．(18，17，－17) B．(－14，－19，17) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(7,2)，1)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(11,2)，13)) 解析　设B点坐标为(x，y，z)，则 eq \o(AB,\s\up15(→))＝λa(λ>0)，即(x－2，y＋1，z－7)＝λ(8，9，－12)，因为|AB|＝34，所以 eq \r(64λ2＋81λ2＋144λ2)＝34，解得λ＝2，所以x＝18，y＝17，z＝－17.所以B点坐标为(18，17，－17). 4．(2024·江苏无锡期末)已知A(1，2，－1)，B(5，6，7)，则直线AB与平面Ozx的交点坐标是(　　) A．(0，1，1) B．(0，1，－3) C．(－1，0，3) D．(－1，0，－5) 解析　设直线AB与平面Ozx的交点为M(x，0，z)，则 eq \o(AM,\s\up15(→))＝(x－1，－2，z＋1)， eq \o(AB,\s\up15(→))＝(4，4，8)，又 eq \o(AM,\s\up15(→))与 eq \o(AB,\s\up15(→))共线， ∴ eq \o(AM,\s\up15(→))＝λ eq \o(AB,\s\up15(→))，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－1＝4λ，,－2＝4λ，,z＋1＝8λ，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1，,z＝－5，))故选D. 5．(2023·黑龙江哈尔滨九中期中)已知A(1，0，0)，B(1，2，1)，C(0，1，1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),3))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),3))) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),3))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),6))) 解析　依题意得， eq \o(AB,\s\up15(→))＝(0，2，1)， eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－1，－1，0)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)， 由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up15(→))＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2y＋z＝0，,－x－y＝0，))令y＝1，得x＝－1，z＝－2，所以n＝(－1，1，－2)，故平面ABC的单位法向量为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),3)))或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),3))). 6．(多选)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1为正方体，则(　　) A．直线DD1的一个方向向量为(0，0，1) B．直线BC1的一个方向向量为(0，1，1) C．平面ABB1A1的一个法向量为(0，1，0) D．平面B1CD的一个法向量为(1，1，1) 解析　设正方体的棱长为1.∵AA1∥DD1， eq \o(AA1,\s\up15(→))＝(0，0，1)，∴A项正确；∵AD1∥BC1， eq \o(AD1,\s\up15(→))＝(0，1，1)，∴B项正确； ∵AD⊥平面ABB1A1， eq \o(AD,\s\up15(→))＝(0，1，0)， ∴C项正确； ∵ eq \o(AC1,\s\up15(→))＝(1，1，1)，显然与CD不垂直，故此向量不是平面B1CD的法向量，∴D项错误． 7．已知直线l的一个方向向量ν＝(2，1，3)，且l过 A(0，y，3)和B(－1，－2，z)，则y＝ ，z＝ ． － eq \f(3,2) eq \f(3,2) 解析　∵直线l的一个方向向量ν＝(2，1，3)，且l过A(0，y，3)和B(－1，－2，z)， ∴ eq \o(AB,\s\up15(→))＝(－1，－2－y，z－3)＝λ(2，1，3)， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1＝2λ，,－2－y＝λ，,z－3＝3λ，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,y＝－\f(3,2)，,z＝\f(3,2)．)) 8．若A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(19,8)))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(5,8)))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，1，\f(5,8)))是平面α内的三点，设平面α的法向量为a＝(x，y，z)，则x∶y∶z＝ ． 解析　由题意知 eq \o(AB,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，－\f(7,4)))， eq \o(AC,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－1，－\f(7,4)))，因为a· eq \o(AB,\s\up15(→))＝0，a· eq \o(AC,\s\up15(→))＝0，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－3y－\f(7,4)z＝0，,－2x－y－\f(7,4)z＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)y，,z＝－\f(4,3)y.)) 所以x∶y∶z＝ eq \f(2,3)y∶y∶ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)y))＝2∶3∶(－4). 9．已知A(2，4，0)，B(1，3，3)，点Q是线段AB上靠近B点的一个三等分点，求Q点的坐标． 解　设Q(x，y，z)，由题意得 eq \o(AQ,\s\up15(→))＝ eq \f(2,3) eq \o(AB,\s\up15(→))， ∴(x－2，y－4，z)＝ eq \f(2,3)(－1，－1，3)， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－2＝－\f(2,3)，,y－4＝－\f(2,3)，,z＝2，))∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝\f(4,3)，,y＝\f(10,3)，,z＝2，)) 即Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(10,3)，2)). 10．已知A(2，2，2)，B(2，0，0)，C(0，2，－2). (1)写出直线BC的一个方向向量； (2)设平面α经过点A，且 eq \o(BC,\s\up15(→))是α的法向量，M(x，y，z)是平面α内的任意一点，试写出x，y，z满足的关系式． 解　(1)∵B(2，0，0)，C(0，2，－2)， ∴ eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－2，2，－2)为直线BC的一个方向向量． (2)由题意知 eq \o(AM,\s\up15(→))＝(x－2，y－2，z－2)， ∵ eq \o(BC,\s\up15(→))是平面α的一个法向量，AM⊂α， ∴ eq \o(BC,\s\up15(→))⊥ eq \o(AM,\s\up15(→))， ∴(－2，2，－2)·(x－2，y－2，z－2)＝0， ∴－2(x－2)＋2(y－2)－2(z－2)＝0， 化简得x－y＋z－2＝0. 能力提升 11．(多选)在空间直角坐标系Oxyz中，如果平面α的一个法向量n＝(a，b，c)，已知平面α上定点P0(x0，y0，z0)，对于平面α上任意点P(x，y，z)，根据 eq \o(PP0,\s\up15(→))⊥n可得平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.则在空间直角坐标系Oxyz中，下列说法正确的是(　 　) A．若平面α过点(1，1，1)，且法向量为(1，1，1)，则平面α的方程为x＋y＋z－3＝0 B．若平面α的方程为6x－2y－2z－3＝0，则a＝(－3，1，1)是平面α的法向量 C．方程3x－2y＝0表示经过坐标原点且斜率为 eq \f(3,2)的一条直线 D．关于x，y，z的任何一个三元一次方程都表示一个平面 解析　对于A：根据题设可知平面α的方程为1×(x－1)＋1×(y－1)＋1×(z－1)＝0，即为x＋y＋z－3＝0，故A正确； 对于B：因为平面α的方程为6x－2y－2z－3＝0，由题设可知平面α的一个法向量为n＝(6，－2，－2)，且n＝－2a，即n，a共线，所以a＝(－3，1，1)是平面α的法向量，故B正确； 对于C：3x－2y＝0⇔3×(x－0)－2×(y－0)＋0×(z－0)＝0，该方程可表示：一个法向量为m＝(3，－2，0)且过(0，0，0)的平面，故C错误； 对于D：设ax＋by＋cz＝d(abc≠0)，其等价于a(x－0)＋b(y－0)＋c eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(d,c)))＝0，该方程可表示：一个法向量为p＝(a，b，c)且过 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(d,c)))的平面，故D正确．故选ABD. 12．(多选)已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则下列说法正确的是(　 　) A． eq \o(AB,\s\up15(→))与 eq \o(AC,\s\up15(→))是共线向量 B．与 eq \o(AB,\s\up15(→))同向的单位向量是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)，0)) C． eq \o(AB,\s\up15(→))和 eq \o(BC,\s\up15(→))夹角的余弦值是 eq \f(\r(55),11) D．平面ABC的一个法向量是(1，－2，5) 解析　对于A， eq \o(AB,\s\up15(→))＝(2，1，0)， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(－1，2，1)，可知 eq \o(AB,\s\up15(→))≠λ eq \o(AC,\s\up15(→))，∴ eq \o(AB,\s\up15(→))与 eq \o(AC,\s\up15(→))不共线，A错误；对于B，∵ eq \o(AB,\s\up15(→))＝(2，1，0)，∴| eq \o(AB,\s\up15(→))|＝ eq \r(5)，∴ eq \f(\o(AB,\s\up15(→)),|\o(AB,\s\up15(→))|)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)，0))，即与 eq \o(AB,\s\up15(→))同向的单位向量是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)，0))，B正确；对于C，∵ eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－3，1，1)，∴cos 〈 eq \o(AB,\s\up15(→))， eq \o(BC,\s\up15(→))〉＝ eq \f(\o(AB,\s\up15(→))·\o(BC,\s\up15(→)),|\o(AB,\s\up15(→))||\o(BC,\s\up15(→))|)＝ eq \f(－5,\r(5)×\r(11))＝－ eq \f(\r(55),11)，即 eq \o(AB,\s\up15(→))和 eq \o(BC,\s\up15(→))夹角的余弦值为－ eq \f(\r(55),11)，C错误；对于D， 设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，∵ eq \o(AB,\s\up15(→))＝(2，1，0)， eq \o(BC,\s\up15(→))＝(－3，1，1)， ∴ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up15(→))＝2x＋y＝0，,n·\o(BC,\s\up15(→))＝－3x＋y＋z＝0，))令x＝1，解得y＝－2，z＝5，可得n＝(1，－2，5)，即平面ABC的一个法向量为(1，－2，5)，D正确． 13．已知直线l的一个方向向量为v＝(1，－2，0)，写出一个以(2，1，1)为起点，且垂直于直线l的单位向量的终点坐标为 ． 解析　设终点坐标为(x，y，z)，因为l的一个方向向量为v＝(1，－2，0)，以(2，1，1)为起点，且垂直于直线l的单位向量为(x－2，y－1，z－1)， 且满足 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－2－2y＋2＝0，,(x－2)2＋(y－1)2＋(z－1)2＝1，)) 即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－2y＝0，,(x－2)2＋(y－1)2＋(z－1)2＝1，)) 可取x＝2，y＝1，z＝0，故终点坐标为(2，1，0). 多元数学 14．(数学运算)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AB＝AP ＝1，AD＝ eq \r(3)，试建立恰当的空间直角坐标系．求： (1)平面ACE的一个法向量； (2)直线PC的一个方向向量和平面PCD的一个法向量． 解　(1)因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以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， 则A(0，0，0)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，C(1， eq \r(3)，0)， 所以 eq \o(AE,\s\up15(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))， eq \o(AC,\s\up15(→))＝(1， eq \r(3)，0). 设n＝(x1，y1，z1)为平面ACE的法向量， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up15(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋\r(3)y1＝0，,\f(\r(3),2)y1＋\f(1,2)z1＝0，)) 取y1＝－1，则x1＝z1＝ eq \r(3)， 所以平面ACE的一个法向量为n＝( eq \r(3)，－1， eq \r(3)). (2)因为P(0，0，1)，C(1， eq \r(3)，0)，D(0， eq \r(3)，0)， 所以 eq \o(PC,\s\up15(→))＝(1， eq \r(3)，－1)为直线PC的一个方向向量． 设m＝(x2，y2，z2)为平面PCD的法向量， 又 eq \o(PD,\s\up15(→))＝(0， eq \r(3)，－1)， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(PC,\s\up15(→))＝0，,m·\o(PD,\s\up15(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋\r(3)y2－z2＝0，,\r(3)y2－z2＝0，)) 取y2＝1，则x2＝0，z2＝ eq \r(3)， 所以平面PCD的一个法向量为m＝(0，1， eq \r(3)). $