人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用教案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用教案，共31页。教案主要包含了第一课时，教材分析，教学目标，教学重点，教学难点，教学准备，教学过程，教学反思等内容，欢迎下载使用。

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
【第一课时】
【教材分析】
本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决线线、线面、面面的位置关系，主要是平行。
在向量坐标化的基础上，将空间中线线、线面、面面的位置关系，转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决立体几何问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。
【教学目标】
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．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。
3．能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面平行关系的判定定理。
4．能用向量方法证明空间中直线、平面的平行关系。
【教学重点】
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。
【教学难点】
用向量方法证明空间中直线、平面的平行关系。
【教学准备】
多媒体
【教学过程】
教学过程
教学设计意图
核心素养目标
一、情境导学
牌楼与牌坊类似，是中国传统建筑之一，最早见于周朝。在园林、寺观、宫苑、陵墓和街道常有建造。旧时牌楼主要有木、石、木石、砖木、琉璃几种，多设于要道口。牌楼中有一种有柱门形构筑物，一般较高大。如图，牌楼的柱子与地面是垂直的，如果牌楼上部的下边线与柱子垂直，我们就能知道下边线与地面平行。这是为什么呢？
二、探究新知
（一）空间中点、直线和平面的向量表示
1．点的位置向量
在空间中，我们取一定点O作为基点，那么空间中任意一点P就可以用向量OP来表示。我们把向量OP称为点P的位置向量。如图。

2．空间直线的向量表示式
如图①，a是直线l的方向向量，在直线l上取AB=a，设P是直线l上的任意一点，则点P在直线l上的充要条件是存在实数t，使得AP=ta，即AP=tAB。如图②，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OP=OA+ta， ①
或OP=OA+tAB。 ②
①式和②式都称为空间直线的向量表示式。由此可知，空间任意直线由直线上一点及直线的方向向量唯一确定。

1．下列说法中正确的是（ ）
A．直线的方向向量是唯一的
B．与一个平面的法向量共线的非零向量都是该平面的法向量
C．直线的方向向量有两个
D．平面的法向量是唯一的
答案：B 解析：由平面法向量的定义可知，B项正确。
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OP=OA+xAB+yAC。我们把这个式子称为空间平面ABC的向量表示式。由此可知，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·AP=0}。

点睛：空间中，一个向量成为直线l的方向向量，必须具备以下两个条件：①是非零向量；②向量所在的直线与l平行或重合。
2．若直线l过点A(-1，3，4)，B(1，2，1)，则直线l的一个方向向量可以是（ ）
A．-1，12，-32 B．-1，-12，32
C．1，12，32 D．-23，13，1
答案：D 解析： AB=(2，-1，-3)=-3-23，13，1，故选D．
3．若两个向量AB=(1，2，3)，AC=(3，2，1)，则平面ABC的一个法向量为（ ）
A．(-1，2，-1)
B．(1，2，1)
C．(1，2，-1)
D．(-1，2，1)
答案：A
解析：设平面ABC的法向量为n=(x，y，z)，则n·AB=0，n·AC=0，即x+2y+3z=0，3x+2y+z=0.令x=-1，则y=2，z=-1．即平面ABC的一个法向量为n=(-1，2，-1)。
二、空间中直线、平面平行的向量表示
位置关系
向量表示
线线
平行
设μ1，μ2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔μ1∥μ2⇔∃λ∈R，使得μ1=λμ2．
线面
平行
设μ是直线l的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔μ⊥n⇔μ·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．
点睛：1．空间平行关系的本质是线线平行，根据共线向量定理，只需证明直线的方向向量μ1∥μ2．此外，证明线面平行也可用共面向量定理，即只要证明这条直线的方向向量能够用平面内两个不共线向量线性表示即可。
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，证明平面与平面平行时也要注意两平面没有公共点。
4．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
解析：因为两条直线平行，所以a∥B．于是2-6=4x=-5y，解得x=-12，y=15．
5．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 。
答案：平行
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。
例1．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，E是PC的中点，求平面EDB的一个法向量。
思路分析首先建立空间直角坐标系，然后利用待定系数法按照平面法向量的求解步骤进行求解。
解：如图所示建立空间直角坐标系。依题意可得D(0，0，0)，P(0，0，1)，
E0，12，12，B(1，1，0)，于是
DE=0，12，12， DB=(1，1，0)。
设平面EDB的法向量为n=(x，y，z)，
则n⊥DE，n⊥DB，于是n·DE=12y+12z=0，n·DB=x+y=0，
取x=1，则y=-1，z=1，故平面EDB的一个法向量为n=(1，-1，1)。
延伸探究：本例条件不变，你能分别求出平面PAD与平面PCD的一个法向量吗？它们之间的关系如何？
解：如同例题建系方法，易知平面PAD的一个法向量为n1=(0，1，0)，平面PCD的一个法向量为n1=(1，0，0)，因为n1·n2=0，所以n1⊥n2．
利用待定系数法求平面法向量的步骤
（1）设平面的法向量为n=(x，y，z)。
（2）找出（求出）平面内的两个不共线的向量的坐标a=(a1，b1，c1)，b=(a2，b2，c2)。
（3）根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组n·a=0，n·b=0.
（4）解方程组，取其中的一个解，即得法向量。
1．如图所示，已知四边形ABCD是直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，SA⊥平面ABCD，SA=AB=BC=1， AD=12，试建立适当的坐标系。
（1）求平面ABCD的一个法向量；
（2）求平面SAB的一个法向量；
（3）求平面SCD的一个法向量。
解：以点A为原点，AD、AB、AS所在的直线分别为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(0，1，0)，C(1，1，0)，D(12，0，0)，S(0，0，1)。
（1）∵SA⊥平面ABCD，
∴AS=(0，0，1)是平面ABCD的一个法向量。
（2）∵AD⊥AB，AD⊥SA，∴AD⊥平面SAB，
∴AD=(12，0，0)是平面SAB的一个法向量。
（3）在平面SCD中，DC=(12，1，0)，SC=(1，1，-1)。
设平面SCD的法向量是n=(x，y，z)，则n⊥DC，n⊥SC，∴n·DC=0，n·SC=0，
得方程组12x+y=0，x+y-z=0，∴x=-2y，z=-y，
令y=-1，得x=2，z=1，∴n=(2，-1，1)。
例2．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=3，AA1=2，点P，Q，R，S分别是AA1，D1C1，AB，CC1的中点。求证：PQ∥RS。
证明： (方法1)以点D为原点，DA，DC，DD1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Dxyz。
则P(3，0，1)，Q(0，2，2)，R(3，2，0)，S(0，4，1)，PQ=(-3，2，1)，RS=(-3，2，1)，
∴PQ=RS，∴PQ//RS，
即PQ∥RS。
(方法2)RS=RC+CS
=12DC-DA+12DD1，
PQ=PA1+A1Q=12DD1+12DC-DA，
∴RS=PQ，∴RS//PQ，即RS∥PQ。
利用空间向量证明线与线平行的方法
要证明两直线平行，可先求出两直线的方向向量，然后证明两直线的方向向量共线，从而证明两直线平行。
2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段A1D上，点Q在线段AC上，线段PQ与直线A1D和AC都垂直，求证：PQ∥BD1．
证明：以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方 体的棱长为1，D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，A1(1，0，1)，D1(0，0，1)，
∴DA1=(1，0，1)，AC=(-1，1，0)，设PQ=(a，b，c)，
则DA1·PQ=0，AC·PQ=0，即a+c=0，-a+b=0，
取PQ=(1，1，-1)。易知BD1=(-1，-1，1)，∴PQ=-BD1，
∴PQ//BD1，即PQ∥BD1．
例3．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点。求证：MN∥平面A1BD．
思路分析思路一：可证明MN与A1B，DB是共面向量；
思路二：可证明MN与平面A1BD中的DA1是共线向量；思路三：可通过平面A1BD的法向量来证明。
证明：(方法1)∵MN=C1N-C1M=12CB-12B1B=12DB-12DC-12A1B+12A1B1=12DB-12A1B，
∴MN，DB，A1B是共面向量。
又∵MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD．
(方法2)∵MN=C1N-C1M=12C1B1-12C1C
=12(D1A1-D1D)=12DA1，∴MN//DA1。
又∵MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD．
(方法3)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，如图。设正方体的棱长为1，则可求得
M0，1，12，N12，1，1，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)。
于是MN=12，0，12，DA1=(1，0，1)，DB=(1，1，0)。
设平面A1BD的法向量为n=(x，y，z)，
则n·DA1=0，n·DB=0，得x+z=0，x+y=0.
取x=1，得y=-1，z=-1，∴n=(1，-1，-1)。
∵MN·n=12，0，12·(1，-1，-1)=0，∴MN⊥n。
又∵MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD．
利用空间向量证明线面平行的方法
（1）利用共面向量法：证明直线的方向向量p与平面内的两个不共线向量a，b是共面向量，即满足p=xa+yb(x，y∈R)，则p，a，b共面，从而可证直线与平面平行。
（2）利用共线向量法：证明直线的方向向量p与该平面内的某一向量共线，再结合线面平行的判定定理即可证明线面平行。
（3）利用法向量法：求出直线的方向向量与平面的法向量，证明方向向量与法向量垂直，从而证明直线与平面平行。
3．如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直， AB=2，AF=1，M是线段EF的中点。
求证：AM∥平面BDE。
证明：建立如图所示的空间直角坐标系。设AC∩BD=N，连接NE，则点N，E的坐标分别是22，22，0，(0，0，1)。
所以NE=-22，-22，1。
又点A，M的坐标分别是(2，2，0)，22，22，1，
所以AM=-22，-22，1。
所以NE=AM，且A∉NE，所以NE∥AM。
又因为NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，所以AM∥平面BDE。
例4．如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，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？
思路分析建立空间直角坐标系，设出点Q的坐标，然后可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行证明。
解：如图所示，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，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O12，12，0，P0，0，12，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，则Q(0，1，m)。
(方法1)因为OP=-12，-12，12，BD1=(-1，-1，1)，所以OP//BD1，
于是OP∥BD1．
AP=-1，0，12，BQ=(-1，0，m)，
当m=12时，AP=BQ，即AP∥BQ，有平面PAO∥平面D1BQ，
故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO。
(方法2)OA=12，-12，0，OP=-12，-12，12。
设平面PAO的法向量为n1=(x，y，z)，
则有n1⊥OA，n1⊥OP，因此12x-12y=0，-12x-12y+12z=0，
取x=1，则n1=(1，1，2)。
又因为BD1=(-1，-1，1)，QD1=(0，-1，1-m)。
设平面D1BQ的法向量为n2=(x，y，z)，
则有n2⊥BD1，n2⊥QD1，因此-x-y+z=0，-y+(1-m)z=0，
取z=1，则n2=(m，1-m，1)。
要使平面D1BQ∥平面PAO，需满足n1∥n2，
因此1m=11-m=21，解得m=12，这时Q0，1，12。
故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO。
利用空间向量证明面面平行的方法
（1）转化为线面平行、线线平行，然后借助向量共线进行证明；
（2）通过证明两个平面的法向量平行证明。
4．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，DA=2，DC=3，DD1=4，M，N，E，F分别为棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点。
求证：平面AMN∥平面EFBD．
证明：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(2，3，0)，
M(1，0，4)，N2，32，4，E0，32，4，F(1，3，4)。
∴MN=1，32，0，EF=1，32，0，
AM=(-1，0，4)，BF=(-1，0，4)。
∴MN=EF，AM=BF。∴MN∥EF，AM∥BF。
∴MN∥平面EFBD，AM∥平面EFBD．
又MN∩AM=M，∴平面AMN∥平面EFBD．
金题典例：如图，在正方体ABCD-A'B'C'D'中，求证：平面AB'D'∥平面BDC'。

解题提示：证明面面平行常用的方法有两种，一是证明它们的法向量共线；二是转化为线面平行、线线平行即可。
证明：（方法1） 设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B'(1，1，1)，D'(0，0，1)，B(1，1，0)，D(0，0，0)，C'(0，1，1)，
于是AB'=(0，1，1)， D'B'=(1，1，0)， DB=(1，1，0)，

设平面AB'D'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则n1⊥AB'，n⊥D'B'，即n1·AB'=y1+z1=0，n1·D'B'=x1+y1=0.
令y1=1，则x1=-1，z1=-1，可得平面AB'D'的一个法向量为n1=(-1，1，-1)。
设平面BDC'的法向量为n2=(x2，y2，z2)。
则n2⊥DB，n2⊥DC'，即n2·DB=x2+y2=0，n2·DC'=y2+z2=0.
令y2=1，则x2=-1，z2=-1，可得平面BDC'的一个法向量为n2=(-1，1，-1)。
所以n1=n2，所以n1∥n2， 故平面AB'D'∥平面BDC'。
（方法2）由方法1知AD'=(1，0，1)，BC'=(1，0，1)，AB'=(0，1，1)，DC'=(0，1，1)，
所以AD'=BC'，AB'=DC'，即AD'∥BC'，AB'∥DC'，
所以AD'∥平面BDC'，
AB'∥平面BDC'。又AD'∩AB'=A，
所以平面AB'D'∥平面BDC'。
（方法3）同方法1得平面AB'D'的一个法向量为n1=(-1，1，-1)。
易知DB=(1，1，0)，DC'=(0，1，1)。
因为n1·DB=(-1，1，-1)·(1，1，0)=0，
n1·DC'=(-1，1，-1)·(0，1，1)=0，
所以n1也是平面BDC'的一个法向量，
所以平面AB'D'∥平面BDC'。
点睛：建立空间直角坐标系的关键是根据几何体的特征，尽可能找到三条两两互相垂直且相交于一点的线段，特别是有垂直关系的一些几何体，如正方体，长方体，直棱柱，有一条侧棱垂直于底面的棱锥等，其中长方体(或正方体)是最简单的模型。

创设问题情境，引导学生回顾空间中线线、线面、面面的位置关系，并提出运用空间向量解法立体几何的问题，实现将空间几何问题代数化的基本思想。





























由基本问题出发，让学生感受到空间向量语言与立体几何的对应关系，实现将立体几何问题向量化。发展学生逻辑推理，数学抽象和数学运算的核心素养。
















































































通过典型例题的分析和解决，让学生感受空间向量坐标运算在解决立体几何问题的应用。发展学生数学抽象、逻辑推理的核心素养。



















































通过典例解析，进一步让学生体会空间向量坐标运算在解决立体几何中的应用，提升推理论证能力，提高学生的数学运算及逻辑推理的核心素养。

三、达标检测
1．若不重合的直线l1，l2的方向向量分别为a=(1，2，-2)，b=(-3，-6，6)，则（ ）
A．l1∥l2
B．l1⊥l2
C．l1，l2相交但不垂直
D．不能确定
答案：A 解析：因为1-3=2-6=-26，所以a∥B．又直线l1，l2不重合，所以l1，l2平行。
2．已知线段AB的两端点坐标为A(9，-3，4)，B(9，2，1)，则直线AB（ ）
A．与坐标平面xOy平行
B．与坐标平面yOz平行
C．与坐标平面xOz平行
D．与坐标平面yOz相交
答案：B 解析：因为A(9，-3，4)，B(9，2，1)，所以 AB=(0，5，-3)，而坐标平面yOz的法向量为(1，0，0)，显然(0，5，-3)·(1，0，0)=0，故直线AB与坐标平面yOz平行。
3．若平面α∥β，则下面可以是这两个平面法向量的是（ ）
A．n1=(1，2，3)，n2=(-3，2，1)
B．n1=(1，2，2)，n2=(-2，2，1)
C．n1=(1，1，1)，n2=(-2，2，1)
D．n1=(1，1，1)，n2=(-2，-2，-2)
答案：D 解析：因为平面α∥β，所以两个平面的法向量应该平行，只有D项符合。
4．已知l∥α，且l的方向向量为(2，m，1)，平面α的法向量为1，12，2，则m= 。
答案：-8 解析：设a=(2，m，1)，b=1，12，2。因为l∥α，所以a⊥B．于是2+12m+2=0，则m=-8．
5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1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，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，
所以FC1=(0，2，1)，DA=(2，0，0)，AE=(0，2，1)。
（1）（方法1）设n1=(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥DA，n1⊥AE，
即n1·DA=2x1=0，n1·AE=2y1+z1=0，得x1=0，z1=-2y1。令z1=2，则y1=-1，
所以n1=(0，-1，2)。因为FC1·n1=-2+2=0，所以FC1⊥n1．
又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE。

（方法2）设FC1=λDA+μAE，则(0，2，1)=λ(2，0，0)+μ(0，2，1)，
所以2λ=0，2μ=2，μ=1，解得λ=0μ=1，即FC1=0·DA+AE，所以FC1与DA，AE是共面向量。又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE。
（2）C1B1=(2，0，0)。
设n2=(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量。由n2⊥FC1，n2⊥C1B1，
得n2·FC1=2y2+z2=0，n2·C1B1=2x2=0，得x2=0，z2=-2y2。
令z2=2，则y2=-1，所以n2=(0，-1，2)。
因为n1=n2，所以平面ADE∥平面B1C1F。

通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。




四、小结

五、课时练

通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。
【教学反思】
教学中主要突出了几个方面：一是创设问题情景，通过现实情境提出问题，让学生初步体会运用向量解决立体几何问题的基本方法，并以此来激发学生的探究心理。二是典例解析，通过对典型问题的分析解决，帮助学生建立运用空间向量解决立体几何问题的基本思路。教学设计尽量做到注意学生的心理特点和认知规律，触发学生的思维，使教学过程真正成为学生的学习过程，以思维教学代替单纯的记忆教学。注意在探究问题时留给学生充分的时间， 使数学教学成为数学活动的教学。从而发展学生的直观想象、逻辑推理、数学建模的核心素养。

【第二课时】
【教材分析】
本节课选自《2019人教A版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决线线、线面、面面的位置关系，主要是垂直。
在向量坐标化的基础上，将空间中线线、线面、面面的位置关系，转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决立体几何问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。
【教学目标】
1．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系。
2．能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面垂直关系的判定定理。
3．能用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系。
【教学重点】
用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系。
【教学难点】
用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系。
【教学准备】
多媒体
【教学过程】
教学过程
教学设计意图
核心素养目标
一、情境导学
类似空间中直线、平面平行的向量表示，在直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系中，直线的方向向量、平面的法向量之间有什么关系？

二、探究新知
空间中直线、平面垂直的向量表示
位置关系
向量表示
线线垂直
设直线l1，l2的方向向量分别为μ1，μ2，则l1⊥l2⇔μ1⊥μ2⇔μ1·μ2=0
线面垂直
设直线l的方向向量为μ，平面α的法向量为n，则l⊥α⇔μ∥n⇔∃λ∈R，使得μ=λn
面面垂直
设平面α，β的法向量分别为n1，n2，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2=0

1．判断下列说法是否正确，正确的在后面的括号内打“√”，错误的打“×”。
（1）若两条直线的方向向量的数量积为0，则这两条直线一定垂直相交。（ ）
（2）若一直线与平面垂直，则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向向量的数量积为0.（ ）
（3）两个平面垂直，则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线的方向向量垂直。（ ）
（4）若两平面α，β的法向量分别为u1=(1，0，1)，u2=(0，2，0)，则平面α，β互相垂直。（ ）
答案： （1）× （2）√ （3）× （4）√
2．设平面α的法向量为(1，2，-2)，平面β的法向量(-2，-4，k)，若α⊥β，则k=（ ）
A．2 B．-5 C．4 D．-2
答案：B
解析：因为α⊥β，所以-2-8-2k=0，解得k=-5．
例1如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA=AB=1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动。求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF。

思路分析只需证明直线PE与AF的方向向量互相垂直即可。
证明：（方法1）以A为原点，以AD，AB，AP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，则A(0，0，0)，P(0，0，1)，B(0，1，0)，C(a，1，0)，于是F0，12，12。
∵E在BC上，∴设E(m，1，0)，∴PE=(m，1，-1)， AF=0，12，12。
∵PE·AF=0，∴PE⊥AF。
∴无论点E在边BC上何处，总有PE⊥AF。

（方法2）因为点E在边BC上，可设BE=λBC，
于是PE·AF=(PA+AB+BE)·12(AP+AB)=12(PA+AB+λBC)·(AB+AP)
=12(PA·AB+PA·AP+AB·AB+AB·AP+λBC·AB+λBC·AP)=12(0-1+1+0+0+0)=0，因此PE⊥AF。
故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF。
延伸探究本例条件不变，求证：AF⊥BC．
证明：同例题建系，易知AF=(0，12，12)，BC=(a，0，0)，因为AF·BC=0，所以AF⊥BC．

利用向量方法证明线线垂直的方法
（1）坐标法：建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出两直线方向向量的坐标，然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直；
（2）基向量法：利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律，结合图形，将两直线所在的向量用基向量表示，然后根据数量积的运算律证明两直线所在的向量的数量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直。
跟踪训练1在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AC的中点。
求证：（1）BD1⊥AC；（2）BD1⊥EB1．

（2）∵BD1=(-1，-1，1)，EB1=12，12，1，∴BD1·EB1=(-1)×12+(-1)×12+1×1=0，∴BD1⊥EB1，∴BD1⊥EB1．
证明：以D为原点，DA，DC，DD1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。设正方体的棱长为1，则B(1，1，0)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E12，12，0，B1(1，1，1)。
（1）∵BD1=(-1，-1，1)，
AC=(-1，1，0)，
∴BD1·AC=(-1)×(-1)+(-1)×1+1×0=0.
∴BD1⊥AC，∴BD1⊥AC．

例2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M分别为棱AB，BC，B1B的中点。求证：D1M⊥平面EFB1．

思路分析一种思路是不建系，利用基向量法证明D1M与平面EFB1内的两个不共线向量都垂直，从而根据线面垂直的判定定理证得结论；另一种思路是建立空间直角坐标系，通过坐标运算证明D1M与平面EFB1内的两个不共线向量都垂直；还可以在建系的前提下，求得平面EFB1的法向量，然后说明D1M与法向量共线，从而证得结论。
证明：（方法1）因为E，F，M分别为棱AB，BC，B1B的中点，
所以D1M=D1B1+B1M=DA+DC+12B1B，
而B1E=B1B+BE=B1B-12DC，
于是D1M·B1E=(DA+DC+12B1B)·(B1B-12DC)
=0-0+0-12+12-14×0=0，因此D1M⊥B1E。同理D1M⊥B1F，
又因为B1E，B1F不共线，因此D1M⊥平面EFB1．

（方法2）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。则D1(0，0，1)，M1，1，12，
B1(1，1，1)，E1，12，0，F12，1，0，于是D1M=1，1，-12，
B1E=0，-12，-1，B1F=-12，0，-1，
因此D1M·B1E=1×0+1×-12+-12×(-1)=0，故D1M⊥B1E；
又D1M·B1F=1×-12+1×0+-12×(-1)=0，故D1M⊥B1E。
又B1E，B1F不共线，因此D1M⊥平面EFB1．
（方法3）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，则D1(0，0，1)，M1，1，12，B1(1，1，1)，
E1，12，0，F12，1，0，于是D1M=1，1，-12，
B1E=0，-12，-1，B1F=-12，0，-1，
设平面EFB1的法向量为n=(x，y，z)，
于是n⊥B1E，n⊥B1F，因此-12y-z=0，-12x-z=0，
取x=2，则y=2，z=-1，即n=(2，2，-1)，
而1，1，-12=12(2，2，-1)，即D1M=12n，
所以D1M∥n，故D1M⊥平面EFB1．

利用空间向量证明线面垂直的方法
（1）基向量法：选取基向量，用基向量表示直线所在的向量，在平面内找出两个不共线的向量，也用基向量表示，然后根据数量积运算律分别证明直线所在向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论。
（2）坐标法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标以及平面内两个不共线向量的坐标，然后根据数量积的坐标运算法则证明直线的方向向量与两个不共线向量的数量积均为零，从而证得结论。
（3）法向量法：建立空间直角坐标系，求出直线方向向量的坐标以及平面法向量的坐标，然后说明直线方向向量与平面法向量共线，从而证得结论。
跟踪训练2如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=4，CD=2，AD=22，PA⊥平面ABCD，PA=4．
求证：BD⊥平面PAC．

证明：因为AP⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系。
则B(4，0，0)，P(0，0，4)， D(0，22，0)，C(2，22，0)，
所以BD=(-4，22，0)，
AC=(2，22，0)，AP=(0，0，4)。
所以BD·AC=(-4)×2+22×22+0×0=0，
BD·AP=(-4)×0+22×0+0×4=0，所以BD⊥AC，BD⊥AP。
因为AP∩AC=A，AC⊂平面PAC，AP⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC．

例3如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=2，BB1=1，点E为BB1的中点，
证明：平面AEC1⊥平面AA1C1C．

思路分析要证明两个平面垂直，由两个平面垂直的条件，可证明这两个平面的法向量垂直，转化为求两个平面的法向量n1，n2，证明n1·n2=0.
解：由题意得AB，BC，B1B两两垂直。以点B为原点，BA，BC，BB1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。则A(2，0，0)，A1(2，0，1)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，E(0，0，12)，则AA1=(0，0，1)，AC=(-2，2，0)，AC1=(-2，2，1)，AE=(-2，0，12)。
设平面AA1C1C的一个法向量为n1=(x1，y1，z1)。
则n1·AA1=0，n1·AC=0⇒z1=0，-2x1+2y1=0.令x1=1，得y1=1．∴n1=(1，1，0)。

设平面AEC1的一个法向量为n2=(x2，y2，z2)。
则n2·AC1=0，n2·AE=0⇒-2x2+2y2+z2=0，-2x2+12z2=0，
令z2=4，得x2=1，y2=-1．∴n2=(1，-1，4)。
∵n1·n2=1×1+1×(-1)+0×4=0，
∴n1⊥n2，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C．
利用空间向量证明面面垂直的方法
1．利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径：一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，由两个法向量垂直，得面面垂直。
2．向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系，恰当建系或用基向量表示后，只需经过向量运算就可得到要证明的结果，思路方法“公式化”，降低了思维难度。
跟踪训练3如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF=AB=BC=FE=12AD
求证：平面AMD⊥平面CDE。
分析：因为FA⊥平面ABCD，所以可以以点A为坐标原点建立空间直角坐标系。
证明：如图，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB=1，依题意得A(0，0，0)，M12，1，12，C(1，1，0)，D(0，2，0)，E(0，1，1)，则AM=12，1，12，CE=(-1，0，1)，AD=(0，2，0)，可得AM·CE=0，CE·AD=0，因此CE⊥AM，CE⊥AD．
又AM∩AD=A，∴CE⊥平面AMD．
又CE⊂平面CED，∴平面AMD⊥平面CED．

金题典例 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC=2a，BB1=3a，D是A1C1的中点，E是B1C的中点。
（1）求cos。
（2）在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出|AF|；若不存在，请说明理由。

解：（1）以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系。
∵AC=2a，∠ABC=90°，∴AB=BC=2A．
∴B(0，0，0)，A(2a，0，0)，C(0，2a，0)，B1(0，0，3a)，
A1(2a，0，3a)，C1(0，2a，3a)，D22a，22a，3a，E0，22a，32a，
CA1=(2a，-2a，3a)，
BE=0，22a，32a。
∴|CA1|=13a，|BE|=112a，CA1·BE=0-a2+92a2=72a2．
∴cos=BE·CA1|BE||CA1|=7143143。

（2）存在。理由如下：假设存在点F，使CF⊥平面B1DF。
不妨设AF=b，则F(2a，0，b)，CF=(2a，-2a，b)，B1F=(2a，0，b-3a)，B1D=22a，22a，0。
∵CF·B1D=a2-a2+0=0，∴CF⊥B1D恒成立。
由B1F·CF=2a2+b(b-3a)=b2-3ab+2a2=0，得b=a或b=2a，
∴当|AF|=a或|AF|=2a时，CF⊥平面B1DF。
应用空间向量解答探索性(存在性)问题
立体几何中的存在探究题，解决思路一般有两个：
（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论；
（2）假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在。

类比直线、平面平行的向量表示，提出运用向量解空间中的垂直问题，引导学生回顾空间中线线、线面、面面的平行问题的解法方法，类比学习空间中的垂直问题，进一步体会空间几何问题代数化的基本思想


























由基本问题出发，让学生掌握运用空间向量解决空间中的垂直问题，实现将立体几何问题向量化。发展学生逻辑推理，数学抽象和数学运算的核心素养。





















































通过典型例题的分析和解决，让学生感受空间向量坐标运算在解决立体几何问题的应用。发展学生数学抽象、逻辑推理的核心素养。



















































通过典例解析，进一步让学生体会空间向量坐标运算在解决立体几何中的应用，提升推理论证能力，提高学生的数学运算及逻辑推理的核心素养。

三、达标检测
1．直线l的方向向量为a=(1，-2，3)，平面α的法向量为n=(-3，6，-9)，则( )
A．l⊂α
B．l∥α
C．l⊥α
D．l与α相交
答案：C 解析：∵直线l的方向向量为a=(1，-2，3)，平面α的法向量为n=(-3，6，-9)，∴a=-13n，∴a∥n，∴l⊥α。故选C．
2．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点，则（ ）
A．平面AED∥平面A1FD1
B．平面AED⊥平面A1FD1
C．平面AED与平面A1FD1相交但不垂直
D．以上都不对
答案：B 解析：以D为原点， DA，DC，DD1分别为x，y，z建立空间直角坐标系，求出平面AED的法向量n1与平面A1FD1的法向量n2．因为n1·n2=0，所以n1⊥n2，故平面AED⊥平面A1FD1．
3．若直线l的方向向量是a=(1，0，-2)，平面β的法向量是b=(-1，0，2)，则直线l与β的位置关系是 。 
答案：l⊥β 解析：因为a∥b，所以l⊥β。
4．如图，在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，BC=CD，
∠BCD=90°，∠ADB=30°，E，F分别是AC，AD的中点，
求证：平面BEF⊥平面ABC．

证明：建立空间直角坐标系，如图，取A(0，0，a)，则易得B(0，0，0)，
C(32a，32a，0)，D(0，3a，0)，E(34a，34a，a2)，F0，32a，a2。
∵∠BCD=90°，∴CD⊥BC．∵AB⊥平面BCD，∴AB⊥CD．
又∵AB∩BC=B，∴CD⊥平面ABC．
∴CD=-32a，32a，0为平面ABC的一个法向量。
设平面BEF的法向量n=(x，y，z)，∴n·EF=0，
即(x，y，z)·-34a，34a，0=0.∴x=y。
由n·BF=0，即(x，y，z)·0，32a，a2=0，
有32ay+a2z=0，∴z=-3y。
取y=1，得n=(1，1，-3)。
∵n·CD=(1，1，-3)·-32a，32a，0=0，
∴n⊥CD。∴平面BEF⊥平面ABC．

5．如图所示，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=1，AB=AA1=2，N、M分别是AB、C1D的中点。
（1）求证：NM//平面A1ADD1；
（2）求证：NM⊥平面A1B1M。

证明：（1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=1，AB=AA1=2，N、M分别是AB、C1D的中点，
∴M(0，1，1)，N(1，1，0)，，0，-1)，
∵平面A1ADD1的法向量，1，，∴，
平面A1ADD1，∴MN//平面A1ADD1。
（2）A1(1，0，2)，B1(1，2，2)，A1B1=(0，2，0)，A1M=(-1，1，-1)，
MN·A1B1=0，MN·A1M=0，∴MN⊥A1B1，MN⊥A1M，
∵A1B1∩A1M=A1，∴NM⊥平面A1B1M。


通过练习巩固本节所学知识，通过学生解决问题，发展学生的数学运算、逻辑推理、数学建模的核心素养。




四、小结

五、课时练

通过总结，让学生进一步巩固本节所学内容，提高概括能力。
【教学反思】
教学中主要突出了几个方面：一是突出类比学习，让学生类比向量解决平行问题，进而学习运用空间向量解决垂直问题，发展学生的类比思想和逻辑推理能力。二是典例解析，通过对典型问题的分析解决，帮助学生建立运用空间向量解决立体几何问题的基本思路。教学设计尽量做到注意学生的心理特点和认知规律，触发学生的思维，使教学过程真正成为学生的学习过程，以思维教学代替单纯的记忆教学。注意在探究问题时留给学生充分的时间，使数学教学成为数学活动的教学。从而发展学生的直观想象、逻辑推理、数学建模的核心素养。