人教版《高中数学》全程设计教师用书（A版选修第一册）PDF电子版

数学 选择性必修第一册 配人教A版 .△ABC是直角三角形 =(2cos 0-3cos a)+(2sin 0-3sin a)2+0 6.已知向量a=(0,-1,1),b=(4,1,0),lAa+b|=√29，且 =√/13-12cos(a-0)】 A>0,则1=」 因为-1≤cos(a-0)≤1，所以1≤|AB|≤5. 答案3 2.已知空间向量a=(1,1,0),b=(一1,0,2)，则与向量a十 解析a=(0,-1,1),b=(4,1,0), b方向相反的单位向量e的坐标是() .λa十b=(4,1-λ，λ). A.(0,1,2) la+b|=√29，∴.16+(1-1)2+λ2=29. B.(0,-1,-2) 即12-λ-6=0，解得1=3或A=-2. c(o52 又1>0，λ=3. 7.若a=(x,2,2),b=(2,-3,5)的夹角为钝角，则实数x n(o.-525) 的取值范围为」 5 答案(-0∞，-2) 答案D 解析由题意可知，a,b不可能反向共线，故要使a,b的 解析a=(1,1,0),b=(-1,0,2), 夹角为钝角，只需a·b<0,即2x-6十10<0，解得 a+b=(0,1,2),la+b|=5, x<一2.故x的取值范围为（一∞，一2）. 8.已知a=(1-t,1-t,t),b=(2,t,t),则|b-a|的最小值 六与向量a十b方向相反的单位向量e=一 (0,1, 为 2=(0.-9-25) 答案 3.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,A),若a, 解析，b-a=(2,t,t)-(1-t,1-t,t)=(1十t,2-1,0), b,c三个向量共面，则实数入为( ∴.1b-a|=√(1+t)2+(2t-1)2+0 号 B.9 m-+=√-）+g ca n号 当1=写时，b-a的最小值为3 1 答案D 解析，a,b,c三个向量共面， 9.已知a=(1,5,-1),b=(-2,3,5). ∴.存在不全为零的实数xy,使c=xa十yb,即(7,5， (1)当(aa+b)∥(a一3b)时，求实数λ的值： 1)=x(2,-1,3)+y(-1,4,-2)=(2x-y,-x十4y (2)当(a一3b)⊥(Aa+b)时，求实数入的值」 3.x-2y) 解a=(1,5,-1),b=(-2,3,5), 2x-y=7, .a-3b=(1,5,-1)-3(-2,3,5)=(7,-4,-16), -x+4y=5, λa十b=λ(1,5，-1)十(-2,3,5)=(a-2,5十3，-λ十5). 3.x-2y=λ. (1):(aa+b)a-3b). 33 二2_-5以+3--A+5 x=7 7 -4 -16 17 郎得A一子 解得y=7· (2)(a-3b)⊥(aa+b), ∴.(a-3b)·(λa十b)=0, 4.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),0(0,0,0).O月+Oi与 即7（λ-2）-4(5x十3)-16(-1十5)=0， O店的夹角为120°，则入的值为( ) 解得入=106 &⑥ 3 婚 6 拓展·提高 D.士√6 1.已知A(3cosa,3sina,1),B(2cos0,2sin0,1),则lAB|的 答案C 取值范围是( 解析0A=(1,0,0),O=(0,-1,1), A.[0,5] B.[1,5] ∴.OA+Oi=(1,-X,1), C.(1,5) D.(0,5) ∴.(0A+0i)·Oi=1+λ=2x,10A+OB1= 答案B √/1+x2+7=√1+2,1OB1=2. 解析由题意知，AB=(2cos0-3cosa,2sin0 2λ 1 3sina,0),故AB| ∴.c0s120°= 26

数 学 选择性必修 第一册 配人教 A版 ∴△ABC 是直角三角形. 6.已知向量a=(0,-1,1),b=(4,1,0),|λa+b|= 29,且 λ>0,则λ= . 答案 3 解析 ∵a=(0,-1,1),b=(4,1,0), ∴λa+b=(4,1-λ,λ). ∵|λa+b|= 29,∴16+(1-λ)2+λ2=29. 即λ2-λ-6=0,解得λ=3或λ=-2. 又λ>0,∴λ=3. 7.若a=(x,2,2),b=(2,-3,5)的夹角为钝角,则实数x 的取值范围为 . 答案 (-∞,-2) 解析 由题意可知,a,b 不可能反向共线,故要使a,b 的 夹角为钝角,只需a·b<0,即 2x-6+10<0,解得 x<-2.故x 的取值范围为(-∞,-2). 8.已知a=(1-t,1-t,t),b=(2,t,t),则|b-a|的最小值 为 . 答案 35 5 解析 ∵b-a=(2,t,t)-(1-t,1-t,t)=(1+t,2t-1,0), ∴ |b - a | = (1+t)2+(2t-1)2+02 = 5t2-2t+2= 5t- 1 5 2 + 9 5 . ∴当t= 1 5 时,|b-a|的最小值为 35 5 . 9.已知a=(1,5,-1),b=(-2,3,5). (1)当(λa+b)∥(a-3b)时,求实数λ的值; (2)当(a-3b)⊥(λa+b)时,求实数λ的值. 解 ∵a=(1,5,-1),b=(-2,3,5), ∴a-3b=(1,5,-1)-3(-2,3,5)=(7,-4,-16), λa+b=λ(1,5,-1)+(-2,3,5)=(λ-2,5λ+3,-λ+5). (1)∵(λa+b)∥(a-3b), ∴ λ-2 7 = 5λ+3 -4 = -λ+5 -16 , 解得λ=- 1 3 . (2)∵(a-3b)⊥(λa+b), ∴(a-3b)·(λa+b)=0, 即7(λ-2)-4(5λ+3)-16(-λ+5)=0, 解得λ= 106 3 . 拓展 提高 1.已知A(3cosα,3sinα,1),B(2cosθ,2sinθ,1),则|A→B|的 取值范围是( ) A.[0,5] B.[1,5] C.(1,5) D.(0,5) 答案 B 解析 由 题 意 知,A→B = (2cosθ-3cosα,2sinθ- 3sinα,0),故|A→B| = (2cosθ-3cosα)2+(2sinθ-3sinα)2+0 = 13-12cos(α-θ). 因为-1≤cos(α-θ)≤1,所以1≤|A→B|≤5. 2.已知空间向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),则与向量a+ b方向相反的单位向量e的坐标是( ) A.(0,1,2) B.(0,-1,-2) C. 0, 5 5 , 25 5 D. 0,- 5 5 ,- 25 5 答案 D 解析 ∵a=(1,1,0),b=(-1,0,2), ∴a+b=(0,1,2),|a+b|= 5, ∴与向量a+b方向相反的单位向量e=- 5 5 (0,1, 2)= 0,- 5 5 ,- 25 5 . 3.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a, b,c三个向量共面,则实数λ为( ) A. 62 7 B.9 C. 64 7 D. 65 7 答案 D 解析 ∵a,b,c三个向量共面, ∴存在不全为零的实数x,y,使c=xa+yb,即(7,5, λ)=x(2,-1,3)+y(-1,4,-2)=(2x-y,-x+4y, 3x-2y), ∴ 2x-y=7, -x+4y=5, 3x-2y=λ. 解得 x= 33 7 , y= 17 7 , λ= 65 7 . 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 4.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O(0,0,0),O→A+λO→B 与 O→B 的夹角为120°,则λ的值为( ) A.± 6 6 B. 6 6 C.- 6 6 D.± 6 答案 C 解析 ∵O→A=(1,0,0),O→B=(0,-1,1), ∴O→A+λO→B=(1,-λ,λ), ∴(O→A+λO→B)·O→B=λ+λ=2λ,|O→A+λO→B|= 1+λ2+λ2 = 1+2λ2 ,|O→B|= 2. ∴cos120°= 2λ 2· 1+2λ2 =- 1 2 ,∴λ2= 1 6 . 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 26

第一章空间向量与立体几何 2·i+20a=- 解连接SO,AC,OB,以O为原点，OA,OB,OS所在直 6 线分别为工轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图 5.若△ABC的三个顶点的坐标分别为A(0,0,√2)， 所示. B(-)C(-1.0,).则角A的大小为 答案30° 解斩白题意，如应-(-号0），衣-(-1.00 所以AB1=1,AC=1. 因为侧棱长为2，底面边长为，E为SA的中点， AB.AC 均 2√3 所以A(500s00》c(-50.0): 所以cosA= ACX=乞，所以角A的 大小为30° BooE(o 6.已知M1(2,5,-3),M2(3,-2,-5),设在线段M1M2上 的一点M满足M1M2=4MM2,则点M的坐标为 a=(5o.) 答案（供片-》 所以=√）++=. 解析设M(x,y,z),则MM2=(1,-7,-2),MM2= (3-x,-2-y-5-z). 即CE=g 2 M1M2=4MM2, 1=4(3-x), 2)因为成=停-9》文=(- -7=4(-2-y), BE,S元-1 -2=4(-5-x), 》所以硫.文= 文龙子 故异面直线BE和SC所成角的余弦值为分 1 解得y=一4 (3)证明：因为G在SC上，所以S亡与S式共线， 9 x=一2 所以可设文=文-(-1.0，-号)AR M(--号) 则=+5交=(00号)+(-9x,0. 挑战·创新 -)-(←o号-a 如图，正四棱锥S-ABCD的侧棱长为√2，底面边长为√5， 因为OG⊥SC,即O店LSC,所以O亡·SC=0. E是SA的中点，O为底面ABCD的中心 SG 所以受8-21-20=0解得入=子 D 所以i=(-誓6) 又=停-》 (1)求CE的长： (2)求异面直线BE与SC所成角的余弦值： 所以元·成=-品+0+品=-0 (3)若OG⊥SC,垂足为G,求证：OG⊥BE. 所以O元⊥B正，即OGLBE 27

第一章 空间向量与立体几何 又 2λ 2· 1+2λ2 <0,∴λ=- 6 6 . 5.若 △ABC 的 三 个 顶 点 的 坐 标 分 别 为 A(0,0,2), B - 3 2 , 1 2 ,2 ,C (-1,0,2),则 角 A 的 大 小 为 . 答案 30° 解析 由题意,知A→B= - 3 2 , 1 2 ,0 ,A→C=(-1,0,0), 所以|A→B|=1,|A→C|=1. 所以cosA= A→B·A→C |A→B||A→C| = 3 2 1×1 = 3 2 ,所以角A 的 大小为30°. 6.已知M1(2,5,-3),M2(3,-2,-5),设在线段 M1M2 上 的一点M 满足M1M2 →=4MM2 →,则点M 的坐标为 . 答案 11 4 ,- 1 4 ,- 9 2 解析 设 M(x,y,z),则 M1M2 →=(1,-7,-2),MM2 →= (3-x,-2-y,-5-z). ∵M1M2 →=4MM2 →, ∴ 1=4(3-x), -7=4(-2-y), -2=4(-5-z), 解得 x= 11 4 , y=- 1 4 , z=- 9 2 . 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 ∴M 11 4 ,- 1 4 ,- 9 2 . 挑战 创新 如图,正四棱锥S-ABCD 的侧棱长为 2,底面边长为 3, E 是SA 的中点,O 为底面ABCD 的中心. (1)求CE 的长; (2)求异面直线BE 与SC 所成角的余弦值; (3)若OG⊥SC,垂足为G,求证:OG⊥BE. 解 连接SO,AC,OB,以O 为原点,OA,OB,OS 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. 因为侧棱长为 2,底面边长为 3,E 为SA 的中点, 所 以 A 6 2 ,0,0 ,S 0,0, 2 2 ,C - 6 2 ,0,0 , B 0, 6 2 ,0 ,E 6 4 ,0, 2 4 . (1)C→E= 36 4 ,0, 2 4 , 所以|C→E|= 36 4 2 +02+ 2 4 2 = 14 2 , 即CE= 14 2 . (2)因 为 B→E = 6 4 ,- 6 2 , 2 4 ,S→C = - 6 2 ,0, - 2 2 ,所以cos<B→E,S→C>= B→E·S→C |B→E||S→C| = -1 2× 2 =- 1 2 . 故异面直线BE 和SC 所成角的余弦值为 1 2 . (3)证明:因为G 在SC 上,所以S→G 与S→C 共线, 所以可设S→G=λS→C= - 6 2 λ,0,- 2 2 λ ,λ∈R, 则 O→G =O→S +S→G = 0,0, 2 2 + - 6 2 λ,0, - 2 2 λ = - 6 2 λ,0, 2 2 (1-λ) . 因为OG⊥SC,即O→G⊥S→C,所以O→G·S→C=0. 所以 3 2 λ- 1 2 (1-λ)=0,解得λ= 1 4 . 所以O→G= - 6 8 ,0, 32 8 . 又B→E= 6 4 ,- 6 2 , 2 4 , 所以O→G·B→E=- 6 32 +0+ 6 32 =0. 所以O→G⊥B→E,即OG⊥BE. 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 27

数学 选择性必修第一册 配人教A版 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课时用空间向量研究直线、平面的平行关象 素养·目标定位 目标素养 知识概览 点的位置向量 用空间向量 空间直线的向量表示式 1.能用向量语言描述直线和平面，理解直线的方 研究直线、 空间平面的向量表示式 向向量与平面的法向量。 平面的平行 2.会求平面的法向量. 关系 平面的法向量 3.能用向量方法证明直线、平面的平行关系 用向量方法证 证明线线平行 明直线、平面 证明线面平行 的平行关系 证明面面平行 课前·基础认知 1.点的位置向量 平面α的法向量.给定一个点A和一个向量a,那么过点A, 在空间中，取一定点O作为基点，那么空间中任意一点 且以向量a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 P就可以用向量O币来表示.我们把向量O庐称为点P {P|a·AP=0}. 的位置向量. 微思考一个平面的法向量是唯一确定的吗？ 2.空间直线的向量表示式 提示不是。 如图，A是直线1上的一点，a是直 5.空间中直线、平面的平行 线1的方向向量，在直线1上取AB=a, 取定空间中的任意一点O,则点P在直 位置 向量表示 图示 线1上的充要条件是存在实数t,使 关系 Op=OA+ta或Op=OA+tAB 设u1,u2分别是直线 这两式都称为空间直线的向量表示式 线线 1,l2的方向向量，则 4 空间任意直线由直线上一点及直线的方向向量唯一 平行 l∥l2台41∥u2台 确定 3入∈R,使得1=2 3.空间平面的向量表示式 如图，取定空间任意一点 O,空间一点P位于平面 设“是直线l的方向向 ABC内的充要条件是存在实 线面 量，n是平面a的法向 数x,y,使O币=OA+ 平行 量，l￠a,则la台u⊥ xAB+AC.该式称为空间 n台u·n=0 平面ABC的向量表示式 空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一 确定. 设n1,n2分别是平面 4.平面的法向量 面面 a,B的法向量，则a∥ 如图，直线l⊥a,取直线1 平行 B=n1∥n2台3a∈ 的方向向量a,我们称向量a为 R,使得n=n2 28

数 学 选择性必修 第一册 配人教 A版 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 用空间向量研究直线、平面的平行关系 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.能用向量语言描述直线和平面,理解直线的方 向向量与平面的法向量. 2.会求平面的法向量. 3.能用向量方法证明直线、平面的平行关系. 课前·基础认知 1.点的位置向量 在空间中,取一定点O 作为基点,那么空间中任意一点 P 就可以用向量 O→P 来表示.我们把向量 O→P 称为点P 的位置向量. 2.空间直线的向量表示式 如图,A 是直线l上的一点,a是直 线l的方向向量,在直线l上取A→B=a, 取定空间中的任意一点O,则点P 在直 线l 上的充要条件是存在实数t,使 O→P= O→A+ta 或O→P= O→A+tA→B . 这两式都称为空间直线的向量表示式. 空间任意直线由直线上一点及直线的方向向量唯一 确定. 3.空间平面的向量表示式 如图,取定空间任意一点 O,空 间 一 点 P 位 于 平 面 ABC 内的充要条件是存在实 数 x,y,使 O→P = O→A + xA→B+yA→C .该式称为空间 平面ABC 的向量表示式. 空间中任意平面由空间一点及两个不共线向量唯一 确定. 4.平面的法向量 如图,直线l⊥α,取直线l 的方向向量a,我们称向量a为 平面α的法向量.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 {P|a·A→P=0}. 微思考 一个平面的法向量是唯一确定的吗? 提示 不是. 5.空间中直线、平面的平行 位置 关系 向量表示 图示 线线 平行 设u1,u2 分别是 直 线 l1,l2 的方向向量,则 l1∥l2 ⇔ u1 ∥u2 ⇔ ∃λ∈R,使得u1=λu2 线面 平行 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 面面 平行 设n1,n2 分别是平面 α,β 的法向量,则α∥ β⇔ n1∥n2 ⇔ ∃λ∈ R,使得n1=λn2 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 28

第一章空间向量与立体几何 ·微训练设平面α的法向量为(1,2，一2)，平面3的 A.2 B.-4 C.4 D.-2 法向量为（一2，一4，k),若aB,则k的值为( ) 答案C 课堂·重难突破 一 求平面的法向量 设平面BDEF的法向量为n=(x,y,z), 典例剖析 剥h:i=0即2十2y=0. n.Di=0,x+2=0. 1已知平面a经过三点A(1,2,3),B(2,0,-1), y=一x, 所以《 1 C(3,一2.0)，求平面a的一个法向量 =-2 解由题意可知，AB=(1,一2，一4)，A心= 令x=2,则y=-2,z=-1. (2,-4,-3). 所以n=(2,一2，一1)为平面BDEF的一个法向量 设平面a的法向量为n=(x,y,z, 则·店=0， x-2y-4z=0, x=2y, 二 证明线线平行 别n.花=0.甲2，-4-3=0 所以 z=0. 令y=1,则x=2. 典例剖析 所以平面a的一个法向量为n=(2,1,0). 2.如图，在正方体ABCD-A'B'C'D'中，M,N分别为 规律总结 利用待定系数法求法向量的步骤： A'B,A'C'的中点.求证：MN∥AD' 设法 向量 设平面的法向量为n=(x,》,z) 、求向量 在平面内求出两个不共线的向量 a=x1,y1,乙1，b=(x2,y2,22) 列方 na=0. 程组 由 n-b=0 列出关于x,y,的方程组 证明如图，以A为原点， AB,AD,AA'所在直线分别为x 轴y轴、之轴，建立空间直角坐 解方 程组 求出方程组的一组解 标系 不妨设正方体的棱长为2，则 A(0,0,0),D'(0,2,2), 、得结论 得到平面的一个法向量 M(1,0,1),N(1,1,2),所以 M=(0,1D,AD=0,2,2.所以M-2AD 又MN与AD'不重合，所以MN∥AD', 学以致用 规律总结」若两条直线的方向向量共线，则这两条直 1.在正方体ABCD 线平行或重合.因此，利用直线的方向向量证明两条直线 AB1CD1中，E,F分别为 D 平行时，必须指出两条直线不重合 AD1,AB1的中点，如图建立 A B 学以致用 空间直角坐标系.求： (1)平面BDDB1的一个 2.在长方体ABCD-A1B1CD1中，AB=3,AD=4, 法向量： C AA1=2.点M在BB1上，且BM=2MB1,点S在DD1上， (2)平面BDEF的一个法 且SD1=2SD,N,R分别为A1D1,BC的中点，求证： 向量 MN//RS. 解不妨设正方体ABCD-A1B,C1D1的棱长为2，则 证明如图，以A为原点，AB, ↑2 A D(0,0,0),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),E(1,0,2). AD,AA1所在直线分别为x轴、y B (1)连接AC,因为AC⊥平面BDD1B1,所以AC= 轴、之轴，建立空间直角坐标系，则 (-2,2,0)为平面BDD1B1的一个法向量。 M(3.0,）N02,2R3,2.0 (2)Di=(2,2,0).DE=(1,0,2). 29

第一章 空间向量与立体几何 微训练 设平面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的值为( ) A.2 B.-4 C.4 D.-2 答案 C 􀤂 􀤂 􀤂 课堂·重难突破 一 求平面的法向量 典例剖析 1.已知平面α 经过三点A(1,2,3),B(2,0,-1), C(3,-2,0),求平面α的一个法向量. 解 由 题 意 可 知,A→B = (1,- 2,- 4),A→C = (2,-4,-3). 设平面α的法向量为n=(x,y,z), 则 n·A→B=0, n·A→C=0, 即 x-2y-4z=0, 2x-4y-3z=0, 所以 x=2y, z=0. 令y=1,则x=2. 所以平面α的一个法向量为n=(2,1,0). 利用待定系数法求法向量的步骤: 学以致用 1. 在 正 方 体 ABCD￾A1B1C1D1 中,E,F 分 别 为 A1D1,A1B1 的中点,如图建立 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 不妨设正方体ABCD A1B1C1D1 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,因为 AC⊥平面 BDD1B1,所以 A→C= (-2,2,0)为平面BDD1B1 的一个法向量. (2)D→B=(2,2,0),D→E=(1,0,2). 设平面BDEF 的法向量为n=(x,y,z), 则 n·D→B=0, n·D→E=0, 即 2x+2y=0, x+2z=0. 所以 y=-x, z=- 1 2 x. 令x=2,则y=-2,z=-1. 所以n=(2,-2,-1)为平面BDEF 的一个法向量. 二 证明线线平行 典例剖析 2.如图,在正方体 ABCD-A'B'C'D'中,M,N 分别为 A'B,A'C'的中点.求证:MN∥AD'. 证明 如 图,以 A 为 原 点, AB,AD,AA'所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐 标系. 不妨设正方体的棱长为2,则 A (0,0,0),D' (0,2,2), M(1,0,1),N (1,1,2),所 以 M→N=(0,1,1),AD→'=(0,2,2).所以M→N= 1 2 AD→'. 又MN 与AD'不重合,所以MN∥AD'. 若两条直线的方向向量共线,则这两条直 线平行或重合.因此,利用直线的方向向量证明两条直线 平行时,必须指出两条直线不重合. 学以致用 2.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=3,AD=4, AA1=2.点M 在BB1 上,且BM=2MB1,点S 在DD1 上, 且SD1 =2SD,N,R 分 别 为 A1D1,BC 的 中 点,求 证: MN∥RS. 证明 如图,以A 为原点,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 M 3,0, 4 3 ,N(0,2,2),R(3,2,0), 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 29

数学 选择性必修 第一册 配人教A版 so4). m-(-32）脑-(-32，） ..MN-RS ,MN与RS不重合， .MN//RS. P,Q分别是△ABC和△BCD的重心， 三证明线面平行 “成=成-成-市-}威-号（币-威） 典例剖析 茄. 3.如图，在长方体ABCD-A1BC1D1中，E,F,G分别 P夜AD,即PQAD 是DD1,BD,AA1的中点，求证：GD∥平面EFC. 又ADC平面ACD,PQ寸平面ACD, ∴.PQ∥平面ACD. 四证明面面平行 典例剖析 4.已知正方体ABCD-ABC1D1的棱长为2，E,F分 B 别为BB1,DD1的中点，求证： 证明如图，以D为原点，DA, (1)FC1∥平面ADE: DC,DD1所在直线分别为x轴、 (2)平面ADE平面B1CF. y轴、之轴，建立空间直角坐标系 证明如图，建立空间直角坐标 设AD=a,CD=b,DD1=c,则 DL 系，则D(0,0,0),A(2,0,0),C1(0 D1(0.0,c).G(a,0.气） 2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2,2 2),所以FC=(0,2,1),CB1=(2 C0b0.E(0,0,台，Fr(号合o,所以DG= 0,0),DA=(2,0,0),AE=(0,2,1). (a0-).i=(o.-b,).C=(2-名0） (1)设n1=(x1,y1,21)为平面 ADE的法向量， 设平面EFC的法向量为n=(x,y,z), 剥·Di=2x1=0. 即 x1=0 -w+= n1·AE=2y1+21=0, z1=-2y1 即 n.C市=0， a b 取m=(1，） 取n1=(0,-1,2). 2-2y=0 因为FC·n1=-2+2=0,FC,丈平面ADE, 因为DG·n=0,GD1庄平面EFC, 所以FC1∥平面ADE. 所以GD1∥平面EFC. (2)设n2=(x2y2,z2)为平面B1C1F的法向量， 规律总结」利用空间向量证明线面平行一般有三种 则：·=2+=0， 20， 方法： n2·C1B1=2x2=0, z2=-2y2. 方法一：证明直线的方向向量与平面内任意两个不 取n2=(0,-1,2). 共线的向量共面，即可用平面内的一组基底表示。 因为n1=n2,所以平面ADE平面B1C1F. 方法二：证明直线的方向向量与平面内某一条直线 规律总结」利用空间向量证明面面平行： 的方向向量共线，转化为线线平行，利用线面平行判定定 方法一：证明两个平面的法向量共线. 理得证. 方法二：转化为线面乎行，证明一个平面内两条相交 方法三：先求直线的方向向量，平面的法向量，再证 直线的方向向量均与另一个平面的法向量垂直，利用面 明直线的方向向量与平面的法向量垂直。 面平行的判定定理得证」 学以致用 方法三：转化为线线平行，证明一个平面内两条相交 直线的方向向量分别与另一个平面内两条相交直线的方 3.已知空间四边形ABCD,P,Q分别是△ABC和 向向量共线，利用线面平行与面面平行的判定定理得证。 △BCD的重心，求证：PQ平面ACD, 证明如图，连接AP并延长，交BC于点E,连接ED, 学以致用 则Q在线段ED上. 4.如图，在正方体ABCD-ABCD1中，M,N,E,F 分别为AB1,AD1,B,C1,CD1的中点.求证：平面 30

数 学 选择性必修 第一册 配人教 A版 S 0,4, 2 3 , ∴M→N= -3,2, 2 3 ,R→S= -3,2, 2 3 , ∴M→N=R→S. ∵MN 与RS 不重合, ∴MN∥RS. 三 证明线面平行 典例剖析 3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1 中,E,F,G 分别 是DD1,BD,AA1 的中点,求证:GD1∥平面EFC. 证明 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AD=a,CD=b,DD1=c,则 D1 (0,0,c),G a,0, c 2 , C(0,b,0),E 0,0, c 2 ,F a 2 , b 2 ,0 ,所 以 D1 →G = a,0,- c 2 ,C→E= 0,-b, c 2 ,C→F= a 2 ,- b 2 ,0 . 设平面EFC 的法向量为n=(x,y,z), 则 n·C→E=0, n·C→F=0, 即 -by+ c 2 z=0, a 2 x- b 2 y=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 取n= b a ,1, 2b c . 因为D1 →G·n=0,GD1⊄平面EFC, 所以GD1∥平面EFC. 利用空间向量证明线面平行一般有三种 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,即可用平面内的一组基底表示. 方法二:证明直线的方向向量与平面内某一条直线 的方向向量共线,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,平面的法向量,再证 明直线的方向向量与平面的法向量垂直. 学以致用 3.已知空间四边形 ABCD,P,Q 分别是 △ABC 和 △BCD 的重心,求证:PQ∥平面ACD. 证明 如图,连接AP 并延长,交BC 于点E,连接ED, 则Q 在线段ED 上. ∵P,Q 分别是△ABC 和△BCD 的重心, ∴P→Q=E→Q-E→P= 1 3 E→D- 1 3 E→A= 1 3 (E→D-E→A)= 1 3 A→D, ∴P→Q∥A→D,即PQ∥AD. 又AD⊂平面ACD,PQ⊄平面ACD, ∴PQ∥平面ACD. 四 证明面面平行 典例剖析 4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为2,E,F 分 别为BB1,DD1 的中点.求证: (1)FC1∥平面ADE; (2)平面ADE∥平面B1C1F. 证明 如图,建立空间直角坐标 系,则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FC1 →=(0,2,1),C1B1 →=(2, 0,0),D→A=(2,0,0),A→E=(0,2,1). (1)设n1=(x1,y1,z1)为平面 ADE 的法向量, 则 n1·D→A=2x1=0, n1·A→E=2y1+z1=0, 即 x1=0, z1=-2y1. 取n1=(0,-1,2). 因为FC1 →·n1=-2+2=0,FC1⊄平面ADE, 所以FC1∥平面ADE. (2)设n2=(x2,y2,z2)为平面B1C1F 的法向量, 则 n2·FC1 →=2y2+z2=0, n2·C1B1 →=2x2=0, 即 x2=0, z2=-2y2. 取n2=(0,-1,2). 因为n1=n2,所以平面ADE∥平面B1C1F. 利用空间向量证明面面平行: 方法一:证明两个平面的法向量共线. 方法二:转化为线面平行,证明一个平面内两条相交 直线的方向向量均与另一个平面的法向量垂直,利用面 面平行的判定定理得证. 方法三:转化为线线平行,证明一个平面内两条相交 直线的方向向量分别与另一个平面内两条相交直线的方 向向量共线,利用线面平行与面面平行的判定定理得证. 学以致用 4.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N,E,F 分别 为 A1B1,A1D1,B1C1,C1D1 的 中 点.求 证:平 面 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 􀤂 30