数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用第二课时导学案

这是一份数学选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用第二课时导学案，共9页。


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．
[问题] 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？




知识点 空间平行、垂直关系的向量表示
设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量．
(1)线线平行：l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2；
(2)线面平行：l1∥α⇔u1⊥n1⇔u1·n1＝0；
(3)面面平行：α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2．
eq \a\vs4\al()
1．直线的方向向量不是唯一的，解题时，最好选取坐标较简单的方向向量；一个平面的法向量有无数个，且它们互相平行．
2．用向量方法证明线线平行时，必须说明两直线不重合；证明线面平行时，必须说明直线不在平面内；证明面面平行时，必须说明两个平面不重合．
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
解析：选D ∵b＝－2a，∴l1与l2平行或重合．
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
解析：选A ∵v＝－3u，∴v∥u.故α∥β.
3．已知直线l的一个方向向量为u＝(2，0，－1)，平面α的一个法向量为v＝(－2，1，－4)，则l与α的位置关系为________．
解析：∵u·v＝(2，0，－1)·(－2，1，－4)＝－4＋0＋4＝0，∴u⊥v，
∴l∥α或l⊂α.
答案：l∥α或l⊂α
[例1] 在长方体ABCD­A1B1C1D1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] 法一：设eq \(AB,\s\up6(―→))＝a，eq \(AD,\s\up6(―→))＝b，eq \(AA1,\s\up6(―→))＝c，则eq \(MN,\s\up6(―→))＝eq \(MB1,\s\up6(―→))＋eq \(B1A1,\s\up6(―→))＋eq \(A1N,\s\up6(―→))＝eq \f(1,3)c－a＋eq \f(1,2)b，eq \(RS,\s\up6(―→))＝eq \(RC,\s\up6(―→))＋eq \(CD,\s\up6(―→))＋eq \(DS,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)b－a＋eq \f(1,3)c，∴eq \(MN,\s\up6(―→))＝eq \(RS,\s\up6(―→))，∴eq \(MN,\s\up6(―→))∥eq \(RS,\s\up6(―→))，又∵R∉MN，
∴MN∥RS.
法二：如图所示，建立空间直角坐标系Axyz，则根据题意得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，0，\f(4,3)))，N(0，2，2)，R(3，2，0)，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，4，\f(2,3))).
∴eq \(MN,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，2，\f(2,3)))，eq \(RS,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－3，2，\f(2,3)))，
∴eq \(MN,\s\up6(―→))＝eq \(RS,\s\up6(―→)).
∴eq \(MN,\s\up6(―→))∥eq \(RS,\s\up6(―→)).∵M∉RS，∴MN∥RS.
eq \a\vs4\al()
证明直线平行的两种思路

[跟踪训练]
长方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是面对角线B1D1，A1B上的点，且D1E＝2EB1，BF＝2FA1.求证：EF∥AC1.
证明：如图所示，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设DA＝a，DC＝b，DD1＝c，则得下列各点的坐标：A(a，0，0)，C1(0，b，c)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(2,3)b，c))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(b,3)，\f(2,3)c)).
∴eq \(FE,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，\f(b,3)，\f(c,3)))，eq \(AC1,\s\up6(―→))＝(－a，b，c)，
∴eq \(FE,\s\up6(―→))＝eq \f(1,3)eq \(AC1,\s\up6(―→)).
又FE与AC1不共线，∴EF∥AC1.
[例2] (链接教科书第30页例3)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D是AC的中点，求证：AB1∥平面DBC1.
[证明] 如图以A为坐标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)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，0))，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，b))，C1(0，a，b)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，
∴eq \(AB1,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，b))，eq \(BD,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，0，0))，eq \(DC1,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，b)).
设平面DBC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(―→))＝－\f(\r(3),2)ax＝0，,n·\(DC1,\s\up6(―→))＝\f(a,2)y＋bz＝0，))
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0，,z＝－\f(a,2b)y.))
取y＝2b，则n＝(0，2b，－a)．由于eq \(AB1,\s\up6(―→))·n＝ab－ab＝0，因此eq \(AB1,\s\up6(―→))⊥n.
又AB1⊄平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1.
eq \a\vs4\al()
利用空间向量证明线面平行的三种方法
方法一：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，即可用平面内的一个基底表示；
方法二：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；
方法三：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．
[跟踪训练]
在四棱锥P­ABCD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.
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)，B(a，a，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2))).
法一：设平面EDB的法向量为n＝(x，y，z)，
又eq \(DE,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，
eq \(EB,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(―→))＝0，,n·\(EB,\s\up6(―→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)（y＋z）＝0，,a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y,2)－\f(z,2)))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,2x＋y－z＝0.))
取z＝1，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1，,y＝－1，))所以n＝(1，－1，1)，
又eq \(PA,\s\up6(―→))＝(a，0，－a)，
所以n·eq \(PA,\s\up6(―→))＝(1，－1，1)·(a，0，－a)＝a－a＝0.
所以n⊥eq \(PA,\s\up6(―→)).
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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，所以eq \(EG,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2))).
又eq \(PA,\s\up6(―→))＝(a，0，－a)，
所以eq \(PA,\s\up6(―→))＝2eq \(EG,\s\up6(―→))，这表明PA∥EG.
而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB，
所以PA∥平面EDB.
法三：假设存在实数λ，μ使得eq \(PA,\s\up6(―→))＝λeq \(DE,\s\up6(―→))＋μeq \(EB,\s\up6(―→))，
即(a，0，－a)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))＋μeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，－\f(a,2)))，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝μa，,0＝λ·\f(a,2)＋μ·\f(a,2)＝\f(a,2)（λ＋μ），,－a＝λ·\f(a,2)－μ·\f(a,2)，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝－1，,μ＝1.))
所以eq \(PA,\s\up6(―→))＝－eq \(DE,\s\up6(―→))＋eq \(EB,\s\up6(―→))，又PA⊄平面EDB，
所以PA∥平面EDB.
[例3] 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H，M，N分别是正方体六个表面的中心，证明：平面EFG∥平面HMN.
[证明] 如图所示，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则E(1，1，0)，F(1，0，1)，G(2，1，1)，H(1，1，2)，M(1，2，1)，N(0，1，1)．
∴eq \(EF,\s\up6(―→))＝(0，－1，1)，eq \(EG,\s\up6(―→))＝(1，0，1)，eq \(HM,\s\up6(―→))＝(0，1，－1)，eq \(HN,\s\up6(―→))＝(－1，0，－1)．
设m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)分别是平面EFG和平面HMN的法向量，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(EF,\s\up6(―→))＝0，,m·\(EG,\s\up6(―→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－y1＋z1＝0，,x1＋z1＝0，))
取x1＝1，得m＝(1，－1，－1)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(HM,\s\up6(―→))＝0，,n·\(HN,\s\up6(―→))＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2－z2＝0，,－x2－z2＝0，))
取x2＝1，得n＝(1，－1，－1)．
于是有m＝n，所以m∥n，故平面EFG∥平面HMN.
eq \a\vs4\al()
证明面面平行问题的方法
(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．
[跟踪训练]
在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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.
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为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A(eq \r(3)，－1，0)，F(eq \r(3)，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，所以eq \(DD1,\s\up6(―→))＝(0，0，2)，eq \(DA,\s\up6(―→))＝(eq \r(3)，－1，0)，eq \(CF,\s\up6(―→))＝(eq \r(3)，－1，0)，eq \(CC1,\s\up6(―→))＝(0，0，2)，
所以eq \(DD1,\s\up6(―→))∥eq \(CC1,\s\up6(―→))，eq \(DA,\s\up6(―→))∥eq \(CF,\s\up6(―→))，
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.
[例4] (链接教科书第30页例3)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，问：当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO.
[解] 如图所示，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，在CC1上任取一点Q，连接BQ，D1Q.
设正方体的棱长为1，
则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，
设Q(0，1，z)，则eq \(OP,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \(BD1,\s\up6(―→))＝(－1，－1，1)，
∵eq \(BD1,\s\up6(―→))＝2eq \(OP,\s\up6(―→))，
∴eq \(OP,\s\up6(―→))∥eq \(BD1,\s\up6(―→))
∴OP∥BD1.
又eq \(AP,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，eq \(BQ,\s\up6(―→))＝(－1，0，z)，
当z＝eq \f(1,2)时，eq \(AP,\s\up6(―→))＝eq \(BQ,\s\up6(―→))，
即AP∥BQ，又AP∩OP＝P，BQ∩BD1＝B，AP，OP⊂平面PAO，BQ，BD1⊂平面D1BQ，
则有平面PAO∥平面D1BQ，
∴当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
eq \a\vs4\al()
1．求点的坐标：可设出对应点的坐标，根据面面平行的判定定理转化为向量共线问题或者利用两个平面的法向量共线，进而建立与所求点的坐标有关的等式．
2．由结论推应具备的条件的逆向推理是逻辑推理中的一种基本形式，通过应用推理的方式与方法，能较好的培养学生合乎逻辑的思维品质．
[跟踪训练]
如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1.问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置，若不存在，请说明理由．
解：由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．
则P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)．假设在棱PD上存在符合题意的点E，设E(0，y，z)，则eq \(PE,\s\up6(―→))＝(0，y，z－1)，eq \(PD,\s\up6(―→))＝(0，2，－1)．设eq \(PD,\s\up6(―→))＝λeq \(PE,\s\up6(―→))(0≤λ≤1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2＝λy，,－1＝λ（z－1）.))①
∵eq \(AD,\s\up6(―→))＝(0，2，0)是平面PAB的法向量，eq \(CE,\s\up6(―→))＝(－1，y－1，z)，∴由CE∥平面PAB，可得eq \(CE,\s\up6(―→))⊥eq \(AD,\s\up6(―→)).∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝2(y－1)＝0.
∴y＝1，代入①式得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＝\f(1,2)，,z＝\f(1,2).))∴E是PD的中点，即存在点E为PD中点时，CE∥平面PAB.
1．已知向量a＝(2，4，5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则( )
A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝eq \f(15,2)
C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝eq \f(15,2)
解析：选D 由题意得，eq \f(3,2)＝eq \f(x,4)＝eq \f(y,5)，∴x＝6，y＝eq \f(15,2).
2．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：
(1)FC1∥平面ADE；
(2)平面ADE∥平面B1C1F.
证明：如图所示建立空间直角坐标系Dxyz，
则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，所以eq \(FC1,\s\up6(―→))＝(0，2，1)，
eq \(DA,\s\up6(―→))＝(2，0，0)，eq \(AE,\s\up6(―→))＝(0，2，1)．
(1)设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，
则n1⊥eq \(DA,\s\up6(―→))，n1⊥eq \(AE,\s\up6(―→))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(―→))＝2x1＝0，,n1·\(AE,\s\up6(―→))＝2y1＋z1＝0，))
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,z1＝－2y1，))取z1＝2，则y1＝－1，
所以n1＝(0，－1，2)．
因为eq \(FC1,\s\up6(―→))·n1＝－2＋2＝0，所以eq \(FC1,\s\up6(―→))⊥n1.
又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE.
(2)因为eq \(C1B1,\s\up6(―→))＝(2，0，0)，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的法向量．
由n2⊥eq \(FC1,\s\up6(―→))，n2⊥eq \(C1B1,\s\up6(―→))，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(FC1,\s\up6(―→))＝2y2＋z2＝0，,n2·\(C1B1,\s\up6(―→))＝2x2＝0，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝0，,z2＝－2y2.))
取z2＝2，则y2＝－1，所以n2＝(0，－1，2)，
因为n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.新课程标准解读
核心素养
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、直观想象
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、直观想象
直线和直线平行
直线和平面平行
平面和平面平行
平行关系中的探究性问题