1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的平行(Word学生用书)-【学霸笔记·同步精讲】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册（人教A版)

该高中数学导学案聚焦空间中直线、平面的平行关系，通过旗杆与平台的现实情境导入，引导学生从方向向量、法向量角度探究平行本质，衔接向量知识与空间几何，搭建从具体到抽象的学习支架。 资料以一题多解、规律方法总结和探索性问题为特色，通过向量语言表述与证明平行关系，培养学生数学抽象、逻辑推理和数学运算核心素养，分层训练助力学生掌握向量工具，提升空间几何问题解决能力。

第二课时　空间中直线、平面的平行 课标要求 情境导入 1.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系（数学抽象、逻辑推理）． 2.能用向量方法判断或证明直线、平面间的平行关系（逻辑推理、数学运算）． 观察图片，旗杆底部的平台和地面平行，旗杆所在的直线和护旗战士所在的直线平行．旗杆所在直线的方向向量和护旗战士所在直线的方向向量有什么关系？旗杆底部平台所在平面的法向量和地面所在平面的法向量有什么关系？ 知识点一　直线与直线平行 问题　由直线与直线的平行关系，可以得到直线的方向向量有什么关系？ 线线平行的向量表示：设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔　　　　⇔∃λ∈R，使得　　　　． 提醒：利用向量证明线线平行只需证明两条直线的方向向量共线即可． 〔一题多解〕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． 规律方法 证明两直线平行的两种思路 训练 1　已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，探求直线BD1与直线CE是否平行． 知识点二　直线与平面平行 问题　如图，直线l与平面α平行，u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，u与n有什么关系？ 线面平行的向量表示：设u是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u　　n⇔u•n=0. 提醒：特别要强调直线在平面外． 〔一题多解〕在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是正方形，侧棱PD垂直于底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点．证明：PA∥平面EDB． 规律方法 利用空间向量证明线面平行的三种方法 （1）证明直线的方向向量与平面的法向量垂直； （2）证明直线的方向向量与平面内某一向量共线； （3）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． 训练 2　如图，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB=1，AC=AA1=2，AD=CD=，且点M和N分别为B1C和D1D的中点． 求证：MN∥平面ABCD． 知识点三　平面与平面平行 问题　如图，平面α，β平行，n1，n2分别是平面α，β的法向量，n1与n2具有什么关系？ 面面平行的向量表示：设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔　　　　⇔∃λ∈R，使得　　　　． 提醒：证明面面平行时，必须说明两个平面不重合． 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点．证明：平面MNP∥平面CC1D1D． 规律方法 证明面面平行的方法 （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． 训练 3　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．试用向量的方法证明：平面AA1D1D∥平面FCC1. 提能点　平行关系中的探索性问题 （链接教材P30例3）如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD．四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，∠BAD=90°，AB=AD=1，BC=3.问：在线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM？ 【破题思维】 题目信息 信息转化 平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形且AD∥BC，∠BAD=90° 联想到以A为坐标原点，AB，AD，AF所在直线分别为x，y，z轴，可建立空间直角坐标系 在线段BD上是否存在点M，使得直线CE∥平面AFM 假设在线段BD上存在点M，利用直线CE的方向向量和平面AFM的法向量的关系求解 规律方法 　　有关是否存在一点，使得直线、平面满足平行关系的探索性问题，解答时，一般先假设存在这样的点，再建立空间直角坐标系，设出该点的坐标，将直线、平面的平行关系转化为直线的方向向量、平面的法向量的关系，利用向量坐标运算建立关于所求点坐标的方程（组）．若方程（组）有解，则点存在；否则，点不存在． 训练 4　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为对角线BD，CD1上的点，且==．若R是AB上的点，的值为多少时，能使平面PQR∥平面A1D1DA？请给出证明． 1.若直线l1和l2的方向向量分别是a=（1，－1，2），b=（－2，2，－4），则（　　） A．l1∥l2 B．l1与l2相交 C．l1与l2重合 D．l1∥l2或l1与l2重合 2.若两个不重合平面α，β的法向量分别为u=（1，2，－1），v=（－3，－6，3），则（　　） A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 3.〔多选〕若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是（　　） A．a=（1，0，0），n=（0，－2，0） B．a=（1，3，5），n=（1，0，1） C．a=（0，2，1），n=（－1，0，－1） D．a=（1，－1，3），n=（0，3，1） 4.已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=3，点S，P在棱CC1，AA1上，且CS=SC1，AP=2PA1，点R，Q分别为AB，D1C1的中点．求证：PQ∥RS． 完成课后作业　第一章　1.4　1.4.1　第二课时 答案 第二课时　空间中直线、平面的平行 知识点一　 导入新知 问题　提示：平行． 学习新知 u1∥u2　u1=λu2 【例 1】　证明：法一　由题意知， 直线DA，DC，DP两两垂直，如图所示，以D为坐标原点，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（0，，），M（，，0）， 所以=（－1，0，1），=（－，0，）， 所以=，又M∉AP，故MN∥AP． 法二　由题意可得=＋=＋=＋×（＋）=＋＋=＋=（＋）=，又M∉AP，所以MN∥AP． 训练 1　解： 不平行，理由如下： 以D为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1， 则B（1，1，0），D1（0，0，1），C（0，1，0），E（0，，1）， 所以=（－1，－1，1），=（0，－，1）． 又因为≠，所以与不平行． 因为为直线BD1的一个方向向量，为直线CE的一个方向向量，因此直线BD1与直线CE不平行． 知识点二　 导入新知 问题　提示：垂直． 学习新知 ⊥ 【例 2】　证明：如图所示，建立空间直角坐标系，D是坐标原点，设PD=DC=a．连接AC，交BD于点G，连接EG， 依题意得D（0，0，0），A（a，0，0），P（0，0，a），E（0，，），B（a，a，0）． 法一　设平面BDE的法向量为n=（x，y，z）， 又=（0，，），=（a，，－）， 则有即 即 令z=1，则所以n=（1，－1，1）， 又=（a，0，－a）， 所以n•=（1，－1，1）•（a，0，－a）=a－a=0. 所以n⊥． 又PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB． 法二　因为四边形ABCD是正方形，所以G是此正方形的中心， 故点G的坐标为（，，0）， 所以=（，0，－）． 又=（a，0，－a）， 所以=2，这表明PA∥EG． 而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB． 训练 2　证明：如图，以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，依题意可得A（0，0，0），C（2，0，0），D（1，－2，0），B1（0，1，2），D1（1，－2，2）． 因为M，N分别为B1C，D1D的中点， 所以M（1，，1），N（1，－2，1）． 依题意，可得n=（0，0，1）为平面ABCD的一个法向量，又=（0，－，0），则•n=0，又直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD． 知识点三　 导入新知 问题　提示：平行． 学习新知 n1∥n2　n1=λn2 【例 3】　证明：以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，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），A（2，0，0），M（1，0，1），N（1，1，0），P（1，2，1）． 易知=（2，0，0）为平面CC1D1D的一个法向量， 由于=（0，2，0），=（0，1，－1）， 且即=（2，0，0）也是平面MNP的一个法向量，所以平面MNP∥平面CC1D1D． 训练 3　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，AB=4，BC=CD=2，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所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D（0，0，0），D1（0，0，2），A（，－1，0），F（，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，2）， 所以=（0，0，2），=（，－1，0），=（，－1，0），=（0，0，2），所以∥，∥， 所以DD1∥CC1，DA∥CF， 又DD1⋂DA=D，CC1⋂CF=C，DD1，DA⊂平面AA1D1D，CC1，CF⊂平面FCC1， 所以平面AA1D1D∥平面FCC1. 提能点　 【例 4】　解：因为四边形ADEF为正方形，所以AF⊥AD，因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF⋂平面ABCD=AD，AF⊂平面ADEF，所以AF⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD， 所以AF⊥AB，又∠BAD=90°，故AB，AF，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AF所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AD∥BC，∠BAD=90°，AB=AD=1，BC=3，所以A（0，0，0），B（1，0，0），F（0，0，1），C（1，3，0），D（0，1，0），E（0，1，1）， 假设在线段BD上存在点M，使得直线CE∥平面AFM，不妨设=λ，λ∈［0，1］，即=λ，当λ=0时，M与B重合，此时CE与平面AFM不平行， 当λ≠0时，设M（s，t，0）， 则（s－1，t，0）=λ（－1，1，0）， 解得s=1－λ，t=λ，故M（1－λ，λ，0）． 设平面AFM的法向量为n=（a，b，c）， 则 令a=1，则b=，故n=（1，，0）， 则•n=（－1，－2，1）•（1，，0）=－1－2•=0，解得λ=∈［0，1］， 故在线段BD上存在点M，使得直线CE∥平面AFM，此时=． 训练 4　解：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，=λ，则=λ（0≤λ≤1）， 则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），R（1，λ，0），=（0，－1，1），=（－1，－1，0），=（0，1，0）， 由==，得=，=，得Q（0，，），P（，，0）， 则=（－1，－λ，），=（－，－λ，0）， 设平面PQR的法向量为n=（x，y，z），则 令y=，则n=（－λ，，－λ）， 易知平面A1D1DA的一个法向量为=（0，1，0）， 若平面PQR∥平面A1D1DA，则n=k， 即解得λ=， 故=时，平面PQR∥平面A1D1DA． 随堂自测 1.D　因为b=－2a，所以l1与l2平行或重合．故选D． 2.A　∵v=－3u，∴v∥u．故α∥β． 3.AD　若l∥α，则a•n=0.而A中a•n=0，B中a•n=1＋5=6，C中a•n=－1，D中a•n=－3＋3=0.故选A、D． 4.证明：以D为原点，，与的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系．则D（0，0，0），A（3，0，0），C（0，4，0），B（3，4，0），D1（0，0，3），A1（3，0，3），C1（0，4，3），由题意知P（3，0，2），Q（0，2，3），S（0，4，1），R（3，2，0）， 因为=（－3，2，1），=（－3，2，1）， 所以=，又PQ，RS不共线， 所以PQ∥RS． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $