2024屆一輪復(fù)習(xí)人教A版 第6章立體幾何第6節(jié)立體幾何中的向量方法-證明平行與垂直 學(xué)案

第六節(jié)立體幾何中的向量方法——證明平行與垂直考試要求：1．理解直線的方向向量及平面的法向量，能用向量語言表述線線、線面、面面的平行和垂直關(guān)系．2．能用向量方法證明立體幾何中有關(guān)直線、平面位置關(guān)系的判定定理．一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．直線的方向向量與平面的法向量直線的方向向量直線的方向向量是指和這條直線平行(或重合)的非零向量，一條直線的方向向量有無數(shù)個平面的法向量直線l⊥平面α，取直線l的方向向量a，我們稱向量a為平面α的法向量．顯然一個平面的法向量有無數(shù)個，它們是共線向量方向向量和法向量均不為零向量且不唯一．2．空間位置關(guān)系的向量表示位置關(guān)系向量表示直線l1，l2的方向向量分別為n1，n2l1∥l2n1∥n2?n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2?n1·n2＝0直線l的方向向量為n，平面α的法向量為ml∥αn⊥m?m·n＝0l⊥αn∥m?n＝λm平面α，β的法向量分別為n，mα∥βn∥m?n＝λmα⊥βn⊥m?n·m＝0二、基本技能·思想·活動經(jīng)驗1．判斷下列說法的正誤，對的畫“√”，錯的畫“×”．(1)直線的方向向量是唯一確定的． (×)(2)平面的單位法向量是唯一確定的． (×)(3)若兩平面的法向量平行，則兩平面平行． (√)(4)若兩直線的方向向量不平行，則兩直線不平行． (√)(5)若a∥b，則a所在直線與b所在直線平行． (×)(6)若空間向量a平行于平面α，則a所在直線與平面α平行. (×)2．若直線l的方向向量a＝(1，－3，5)，平面α的法向量n＝(－1，3，－5)，則有()A．l∥α B．l⊥αC．l與α斜交 D．l?α或l∥αB解析：由a＝－n知，n∥a，則有l(wèi)⊥α.故選B．3．已知平面α，β的法向量分別為n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，則()A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不對C解析：因為n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直．4．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點，N是A1B1的中點，則直線ON，AM的位置關(guān)系是________．垂直解析：以A為原點，分別以A，AD，AA1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(圖略)．設(shè)正方體的棱長為1，則A(0，0，0)，M0，1，12，O12，12，5．在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(1，2，3)，B(－2，－1，6)，C(3，2，1)，D(4，3，0)，則直線AB與CD的位置關(guān)系是________．平行解析：由題意得，AB＝(－3，－3，3)，CD＝(1，1，－1)，所以AB＝－3CD，所以AB與CD共線．又AB與CD沒有公共點，所以AB∥CD．考點1利用空間向量證明平行問題——基礎(chǔ)性如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點．求證：PB∥平面EFG.證明：因為平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，所以AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(xiàn)(0，1，1)，G(1，2，0)，則EF＝(0，1，0)，EG＝(1，2，－1)．設(shè)平面EFG的法向量為n＝(x，y，z)，則n·EF令z＝1，則n＝(1，0，1)為平面EFG的一個法向量．因為PB＝(2，0，－2)，所以PB·n＝0，所以n⊥PB.因為PB?平面EFG，所以PB∥平面EFG.本例中條件不變，證明：平面EFG∥平面PBC．證明：因為EF＝(0，1，0)，BC＝(0，2，0)，所以BC＝2EF，所以BC∥EF.又因為EF?平面PBC，BC?平面PBC，所以EF∥平面PBC，同理可證GF∥PC，從而得出GF∥平面PBC．又EF∩GF＝F，EF?平面EFG，GF?平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC．利用空間向量證明平行的方法線線平行證明兩直線的方向向量共線線面平行(1)證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直．(2)證明直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行面面平行(1)證明兩平面的法向量為共線向量．(2)轉(zhuǎn)化為線面平行、線線平行問題如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，點M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30°角．求證：CM∥平面PAD．證明：由題意知，CB，CD，CP兩兩垂直，以C為坐標(biāo)原點，CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸，CP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz.因為PC⊥平面ABCD，所以∠PBC為PB與平面ABCD所成的角，所以∠PBC＝30°.因為PC＝2，所以BC＝23，PB＝4，所以D(0，1，0)，B(23，0，0)，A(23，4，0)，P(0，0，2)，M32所以DP＝(0，－1，2)，DA＝(23，3，0)，CM＝32設(shè)n＝(x，y，z)為平面PAD的一個法向量，由DP·n取y＝2，得x＝－3，z＝1，所以n＝(－3，2，1)是平面PAD的一個法向量．因為n·CM＝－3×32所以n⊥CM.又CM?平面PAD，所以CM∥平面PAD．考點2利用空間向量證明垂直問題——應(yīng)用性如圖，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD為等邊三角形，AD＝DE＝2AB．求證：平面BCE⊥平面CDE.證明：設(shè)AD＝DE＝2AB＝2a，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，3a，0)，E(a，3a，2a)，所以BE＝(a，3a，a)，BC＝(2a，0，－a)，CD＝(－a，3a，0)，ED＝(0，0，－2a)．設(shè)平面BCE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，由n1·BE＝0，n1·BC＝0可得ax1令z1＝2，可得n1＝(1，－3，2)．設(shè)平面CDE的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，由n2·CD＝0，n2·ED＝0可得-ax令y2＝1，可得n2＝(3，1，0)．因為n1·n2＝1×3＋1×(－3)＝0，所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE.若本例中條件不變，點F是CE的中點，證明：DF⊥平面BCE.證明：由例2知C(2a，0，0)，E(a，3a，2a)，平面BCE的法向量n1＝(1，－3，2)．因為點F是CE的中點，所以F3a2，3a2，a，所以DF＝a2，-3a2，a，所以DF1．利用空間向量證明垂直的方法線線垂直證明兩直線所在的方向向量互相垂直，即證它們的數(shù)量積為零線面垂直證明直線的方向向量與平面的法向量共線，或?qū)⒕€面垂直的判定定理用向量表示面面垂直證明兩個平面的法向量垂直，或?qū)⒚婷娲怪钡呐卸ǘɡ碛孟蛄勘硎?．向量法證明空間垂直、平行關(guān)系時，是以計算為手段，尋求直線上的線段對應(yīng)的向量和平面的基向量、法向量的關(guān)系，關(guān)鍵是建立空間直角坐標(biāo)系(或找空間一組基底)及平面的法向量．如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中點．證明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.證明：以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz.設(shè)PA＝AB＝BC＝1，則P(0，0，1)．(1)因為∠ABC＝60°，所以△ABC為正三角形，所以C12，32設(shè)D(0，y，0)，由AC⊥CD，得AC·CD＝0，即y＝233，則D所以CD＝-1又AE＝14所以AE·CD＝－12所以AE⊥CD，即AE⊥CD．(2)(方法一)由(1)知，D0，23所以PD＝0，又AE·PD＝34所以PD⊥AE，即PD⊥AE.因為AB＝(1，0，0)，所以PD·AB＝0，所以PD⊥AB．又AB∩AE＝A，AB，AE?平面AEB，所以PD⊥平面AEB．(方法二)由(1)知，AB＝(1，0，0)，AE＝14設(shè)平面ABE的法向量為n＝(x，y，z)，則x=0令y＝2，則z＝－3，所以n＝(0，2，－3)為平面ABE的一個法向量．因為PD＝0，233，-因為PD∥n，所以PD⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.考點3利用空間向量解決探索性問題——應(yīng)用性如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中點．在棱C1D1上是否存在一點F，使B1F∥平面A1BE？證明你的結(jié)論．解：在棱C1D1上存在一點F(C1D1的中點)，使B1F∥平面A1BE.證明如下：依題意，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，則A1(0，0，1)，B(1，0，0)，B1(1，0，1)，E0，1，12，所以BA設(shè)n＝(x，y，z)是平面A1BE的一個法向量，則由n·B所以x＝z，y＝12z.取z＝2，得n設(shè)棱C1D1上存在點F(t，1，1)(0≤t≤1)滿足條件，又因為B1(1，0，1)，所以B1F＝(t－1，1，0)．而B1F?平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE?B1F·n＝0?(t－1，1，0)·(2，1，2)＝0?2(t－1)＋1＝0?t＝12?F為C1D1的中點．即說明在棱C1D1上存在點F(C1D1的中點)，使B1F∥向量法解決與垂直、平行有關(guān)的探索性問題的思路(1)根據(jù)題設(shè)條件中的垂直關(guān)系，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，將相關(guān)點、相關(guān)向量用坐標(biāo)表示．(2)假設(shè)所求的點或參數(shù)存在，并用相關(guān)參數(shù)表示相關(guān)點的坐標(biāo)，根據(jù)線、面滿足的垂直、平行關(guān)系，構(gòu)建方程(組)求解．若能求出參數(shù)的值且符合該限定的范圍，則存在，否則不存在．在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點．(1)求證：EF⊥CD；(2)在平面PAD內(nèi)是否存在一點G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出點G的坐標(biāo)；若不存在，試說明理由．(1)證明：由題意知，DA，DC，DP兩兩垂直．如圖所示，以DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)AD＝a，則D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Ea，a2，0，P(0，0，所以EF＝-a2，因為EF·DC＝0，所以EF⊥DC，從而得EF⊥CD．(2)解：假設(shè)存在滿足條件的點G，設(shè)G(x，0，z)，則FG＝x-若使GF⊥平面PCB，則由FG·CB＝x-a2，-a2，z-由FG·CP＝x-a2，-a2，z-a2所以點G坐標(biāo)為a2，0，0，故存在滿足條件的點G課時質(zhì)量評價(三十七)A組全考點鞏固練1．設(shè)u＝(－3，2，t)，v＝(6，－5，4)分別是平面α，β的法向量．若α⊥β，則t＝(C)A．5 B．6C．7 D．82．(多選題)已知點P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點，且AB＝(2，－1，－4)，AD＝(4，2，0)，AP＝(－1，2，－1)，則()A．AP⊥ABB．AP⊥ADC．AP是平面ABCD的法向量D．AP∥BDABC解析：因為AB·AP＝(2，－1，－4)·(－1，2，－1)＝0，AD·AP＝(4，2，0)·(－1，2，－1)＝0，所以AB⊥AP，AD⊥AP，則選項A，B正確．又AB與AD不平行，所以AP是平面ABCD的法向量，則選項C正確．由于BD＝AD-AB＝(2，3，4)，AP＝(－1，2，－1)，所以BD與3．如圖，F(xiàn)是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點，E是BB1上一點．若D1F⊥DE，則有()A．B1E＝EB B．B1E＝2EBC．B1E＝12EB D．E與BA解析：以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、設(shè)正方體的棱長為2，則D(0，0，0)，F(xiàn)(0，1，0)，D1(0，0，2)，設(shè)E(2，2，z)，D1F＝(0，1，－2)，DE＝(2，2，z)．因為D1F·DE＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B14．如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，則點M的坐標(biāo)為()A．(1，1，1) B．2C．22，2C解析：設(shè)AC與BD相交于點O，連接OE(圖略)，由AM∥平面BDE，且AM?平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以AM∥EO.又O是正方形ABCD對角線的交點，所以M為線段EF的中點．在空間直角坐標(biāo)系Cxyz中，E(0，0，1)，F(xiàn)(2，由中點坐標(biāo)公式，知點M的坐標(biāo)為225．已知PA垂直于正方形ABCD所在的平面，M，N分別是CD，PC的中點，并且PA＝AD＝1.在如圖所示的空間直角坐標(biāo)系中，MN＝________．22解析：連接PD(圖略)，因為M，N分別為CD，PC的中點，所以MN＝12PD，又P(0，0，1)，D(0，1，0)，所以PD＝02+-126．已知平面α內(nèi)的三點A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面β的一個法向量n＝(－1，－1，－1)，則不重合的兩個平面α與β的位置關(guān)系是________．α∥β解析：AB＝(0，1，－1)，AC＝(1，0，－1)．設(shè)平面α的法向量為m＝(x，y，z)，m·AB＝0，得x·0＋y－z＝0，即y＝z，由m·AC＝0，得x－z＝0，即x＝z，取x＝1，所以m＝(1，1，1)，m＝－n，所以m∥n，所以α∥β.7．已知AB＝(1，5，－2)，BC＝(3，1，z)，若AB⊥BC，BP＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x＋257解析：由條件得3+5-2z=0，x-1+5y+6=0，3x-1+y-3z=0，解得8．(2022·江蘇徐州模擬)如圖，在正三棱錐S-ABC中，E是高SO上一點，AO＝12SA，直線AE與底面所成角的正切值為2(1)求證：AE⊥平面EBC；(2)求三棱錐E-ABC外接球的體積．(1)證明：延長AO交BC于點D．因為SO⊥平面ABC，所以∠EAO即為直線EA與底面ABC所成的角，從而tan∠EAO＝22，所以EOAO＝設(shè)AO＝2，則OE＝2，SA＝4，AB＝SO＝23.以點O為坐標(biāo)原點，與CB平行的直線為x軸，OD所在直線為y軸，OS所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz，則O(0,0,0)，A(0,－2,0)，B(3，1，0)，C(－3，1，0)，E(0，0，2)，所以BC＝(－23，0，0)，BE＝(－3，－1,2)，AE＝(0，2，2)．設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x，y，z)，由n·BC=0，n·BE=0，得-23x=0，所以AE＝2n，即AE∥n，所以AE⊥平面EBC．(2)解：由題意知三棱錐E-ABC為正三棱錐，設(shè)其外接球的球心為O′(0，0，t)，由O′A＝O′E，得t2+4＝|t－2|，解得t＝－所以外接球的半徑2--22＝322，所以外接球的體積V＝B組新高考培優(yōu)練9．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN＝2a3，則MN與平面BB1C1A．相交B．平行C．垂直D．MN在平面BB1C1C內(nèi)B解析：以點C1為坐標(biāo)原點，分別以C1B1，C1D1，C1C所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由于A1M＝AN＝2a3，則Ma，2a3，a3，N2a3，2a3，a，MN＝-a3，0，2a3.又C1D1⊥平面BB1C1C，所以C1D1＝(0，a，0)為平面BB1C1C的一個法向量．因為MN·10．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3AD＝3AA1＝3，點P為線段A1C上的動點，則下列結(jié)論不正確的是()A．當(dāng)A1C＝2A1P時，B1，B．當(dāng)AP⊥A1C時，APC．當(dāng)A1C＝3A1P時，D1D．當(dāng)A1C＝5A1P時，A1CB解析：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，A1(1，0，1)，C(0，3，0)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，B1(1，3，1)，D(0，0，0)，當(dāng)A1C＝2A1P時，DP＝DA1+A1P＝所以DP＝12DB1，所以B1，AP＝AA1+A1P＝AA1＋λA當(dāng)AP⊥A1C時，AP·A1C＝5λ－1＝0，所以所以AP·D1P＝-15，35，4當(dāng)A1C＝3A1P時，D1P＝A1又DB＝(1，3，0)，DC1＝(0，所以D1P＝23DB-13DC當(dāng)A1C＝5A1P時，A1P＝又AD1·A1所以A1C⊥AD1，AP·A1C＝-1所以A1C⊥AP，所以A1C⊥平面D1AP，D正確．11．在正三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)棱長為2，底面邊長為1，M為BC的中點，C1N＝λNC，且AB1⊥MN，則15解析：如圖所示，取B1C1的中點P，連接MP，以M為坐標(biāo)原點，MC，MA，MP的方向分別為x軸、因為底面邊長為1，側(cè)棱長為2，所以A0，32，0，B1-12，0，2，C因為C1N＝λNC，所以N12，0，2又因為AB1⊥MN，所以AB1·MN＝0，所以－1412．已知梯形CEPD如圖(1)所示，其中PD＝8，CE＝6，A為線段PD的中點，四邊形ABCD為正方形，現(xiàn)沿AB進行折疊，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如圖(2)所示的幾何體．已知當(dāng)點F滿足AF＝λAB(0＜λ＜1)時，平面DEF⊥平面PCE，則λ的值為()A．12 B．C．35 D．C解析：由題意，以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0，4，0)，E(4，0，2)，C(4，4，0)，P(0，0，4)，A(0，0，0)，B(4，0，0)，設(shè)F(t，0，0)，0≤t≤4，AF＝λAB(0＜λ＜1)，則(t，0，0)＝(4λ，0，0)，所以t＝4λ，所以F(4λ，0，0)，D