高中人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用第2课时导学案

这是一份高中人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用第2课时导学案，共11页。学案主要包含了学习目标，自主学习，小试牛刀，经典例题，跟踪训练，当堂达标，课堂小结，参考答案等内容，欢迎下载使用。

【自主学习】
一．空间中有关垂直的向量关系
一般地，直线与直线垂直，就是两直线的方向向量 ；直线与平面垂直，就是直线的方向向量与平面的法向量 ；平面与平面垂直，就是两平面的法向量 ．
二．空间中垂直关系的向量表示
【小试牛刀】
思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1,2，－2)，b＝(－2,3,2)，则l1⊥l2.( )
(2)若点A、B是平面α上的任意两点，n是平面α的法向量，则eq \(AB,\s\up8(→))·n＝0. ( )
(3)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β ⇔ n1·n2＝0. ( )
(4)若n是平面α的法向量，a是直线l的方向向量，若l与平面α平行，则n·a＝0. ( )
【经典例题】
题型一 证明线线垂直
点拨：用向量法证明空间中两条直线l1，l2相互垂直，只需证明两条直线的方向向量a·b＝0即可，具体方法如下：
1.坐标法：根据图形的特征，建立适当的空间直角坐标系，准确地写出相关点的坐标，表示出两条直线的方向向量，计算出其数量积为0即可．
2.基向量法：利用向量的加减运算，结合图形，将要证明的两条直线的方向向量用基向量表示出来，利用数量积运算说明两向量的数量积为0.
例1 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，求证：AC⊥BC1.
【跟踪训练】1 在棱长为a的正方体OABC­O1A1B1C1中，E，F分别是AB，BC上的动点，且AE＝BF，求证：A1F⊥C1E.
题型二 空间中直线与平面垂直问题
点拨：坐标法证明线面垂直的两种方法
法一：(1)建立空间直角坐标系；(2)将直线的方向向量用坐标表示；
(3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；
(4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0.
法二：(1)建立空间直角坐标系；(2)将直线的方向向量用坐标表示；
(3)求出平面的法向量；(4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
使用坐标法证明时，如果平面的法向量很明显，可以用法二，否则常常选用法一解决．
例2 如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，G为CC1的中点．求证：A1O⊥平面GBD.
【跟踪训练】2 如图，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：AM⊥平面BDF.
题型三 空间中直线与平面垂直问题
点拨：利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个方法
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．
例3 如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E为BB1的中点，证明：平面AEC1⊥平面AA1C1C.
【跟踪训练】3如图，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点．求证：平面BDE⊥平面ABCD.
【当堂达标】
1.设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m等于( )
A．－2 B．2 C．6 D．10
2.在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，eq \(AB,\s\up8(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up8(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up8(→))＝(－1,2，－1)，则PA与底面ABCD的关系是( )
A．相交 B．垂直 C．不垂直 D．成60°角
3.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up8(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up8(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up8(→))＝(－1，2，－1)．对于下列结论正确的有( )
A．AP⊥AB B．AP⊥AD C．eq \(AP,\s\up8(→))是平面ABCD的法向量 D．eq \(AP,\s\up8(→))∥eq \(BD,\s\up8(→))
4.已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2)，b＝(x，－2,3)，且α⊥β，则x＝________.
5.在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，则异面直线SC与BC是否垂直________．(填“是”或“否”)
6.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE；
(3)证明平面BCE⊥平面BDE.
【课堂小结】
空间垂直关系的解决方法：
【参考答案】
【自主学习】
垂直 平行 垂直 u·v＝0 a1b1＋a2b2＋a3b3＝0 u∥n u＝λn
(a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2) n1⊥n2 n1·n2＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0
【小试牛刀】
(1) √ (2) √ (3) √ (4) √
【经典例题】
例1 证明 ∵直三棱柱ABC－A1B1C1底面三边长AC＝3，BC＝4，AB＝5，∴AC，BC，C1C两两垂直．
如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz. 则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，
∵eq \(AC,\s\up6(→))＝(－3,0,0)，eq \(BC1,\s\up6(-→))＝(0，－4,4)，∴eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BC1,\s\up6(-→))＝0.∴AC⊥BC1.
【跟踪训练】1 证明：以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(a,0，a)，C1(0，a，a)．
设AE＝BF＝x，则E(a，x,0)，F(a－x，a,0)．
∴eq \(A1F,\s\up8(→))＝(－x，a，－a)，eq \(C1E,\s\up8(→))＝(a，x－a，－a)．
∴eq \(A1F,\s\up8(→))·eq \(C1E,\s\up8(→))＝(－x，a，－a)·(a，x－a，－a)＝－ax＋ax－a2＋a2＝0，
∴eq \(A1F,\s\up8(→))⊥eq \(C1E,\s\up8(→))，即A1F⊥C1E.
例2 证明 方法一 如图取D为坐标原点，DA、DC、DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
设正方体棱长为2，则O(1,1,0)，A1(2,0,2)，G(0,2,1)，B(2,2,0)，D(0,0,0)，
∴eq \(OA1,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(BG,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，
而eq \(OA1,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝1－1＋0＝0，eq \(OA1,\s\up6(→))·eq \(BG,\s\up6(→))＝－2＋0＋2＝0.
∴eq \(OA1,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OA1,\s\up6(→))⊥eq \(BG,\s\up6(→))，即OA1⊥OB，OA1⊥BG，
而OB∩BG＝B，∴OA1⊥平面GBD.
方法二 同方法一建系后，设面GBD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BG,\s\up6(→))·n＝0,\(BD,\s\up6(→))·n＝0))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋z＝0,－2x－2y＝0))，
令x＝1得z＝2，y＝－1，
∴平面GBD的一个法向量为(1，－1,2)，显然eq \(A1O,\s\up6(→))＝(－1,1，－2)＝－n，
∴eq \(A1O,\s\up6(→))∥n，∴A1O⊥平面GBD.
【跟踪训练】2 证明：以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，B(0，eq \r(2)，0)，D(eq \r(2)，0,0)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
所以eq \(AM,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1))，eq \(DF,\s\up8(→))＝(0, eq \r(2)，1)，eq \(BD,\s\up8(→))＝(eq \r(2)，－eq \r(2)，0)．
设n＝(x，y，z)是平面BDF的法向量，则n⊥eq \(BD,\s\up8(→))，n⊥eq \(DF,\s\up8(→))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up8(→))＝\r(2)x－\r(2)y＝0，,n·\(DF,\s\up8(→))＝\r(2)y＋z＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝y，,z＝－\r(2)y，))
取y＝1，得x＝1，z＝－eq \r(2).则n＝(1,1，－eq \r(2))．
因为eq \(AM,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)，1)).所以n＝－eq \r(2) eq \(AM,\s\up8(→))，得n与eq \(AM,\s\up8(→))共线．
所以AM⊥平面BDF.
例3 解：由题意得AB，BC，B1B两两垂直．以B为原点，BA，BC，BB1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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
则eq \(AA1,\s\up8(→))＝(0,0,1)，eq \(AC,\s\up8(→))＝(－2,2,0)，eq \(AC1,\s\up8(→))＝(－2,2,1)，eq \(AE,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0，\f(1,2))).
设平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AA1,\s\up8(→))＝0，,n1·\(AC,\s\up8(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AC1,\s\up8(→))＝0，,n2·\(AE,\s\up8(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x2＋2y2＋z2＝0，,－2x2＋\f(1,2)z2＝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.
【跟踪训练】3 证明：设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(1,0,0)，D(0,1,0)，A(0,0,0)，S(0,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).
法一：如图，连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)).易知eq \(AS,\s\up8(→))＝(0,0,1)，eq \(OE,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，∴eq \(OE,\s\up8(→))＝eq \f(1,2)eq \(AS,\s\up8(→))，∴OE∥AS.
又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD.
又OE⊂平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD.
法二：设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)．
易知eq \(BD,\s\up8(→))＝(－1,1,0)，eq \(BE,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1⊥\(BD,\s\up8(→))，,n1⊥BE，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(BD,\s\up8(→))＝－x＋y＝0，,n1·\(BE,\s\up8(→))＝－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0.))
令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝(1,1,0)．
∵AS⊥底面ABCD，∴平面ABCD的一个法向量为n2＝eq \(AS,\s\up8(→))＝(0,0,1)．
∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD.
【当堂达标】
1.D 解析：∵l1⊥l2，∴a·b＝0，∴－2×3－2×2＋m＝0，∴m＝10.
2.B 解析：因为eq \(AB,\s\up8(→))·eq \(AP,\s\up8(→))＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，所以eq \(AB,\s\up8(→))⊥eq \(AP,\s\up8(→))；因为eq \(AD,\s\up8(→))·Aeq \(P,\s\up8(→))＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以eq \(AD,\s\up8(→))⊥eq \(AP,\s\up8(→))，又eq \(AB,\s\up8(→))∩eq \(AD,\s\up8(→))＝A，所以AP⊥ABCD.
3.ABC解析：由于eq \(AP,\s\up8(→))·eq \(AB,\s\up8(→))＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，eq \(AP,\s\up8(→))·eq \(AD,\s\up8(→))＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以A、B、C正确，又eq \(BD,\s\up8(→))＝eq \(AD,\s\up8(→))－eq \(AB,\s\up8(→))＝(2,3,4)．
∵eq \(AP,\s\up8(→))＝(－1,2，－1)，不满足eq \(AP,\s\up8(→))＝λeq \(BD,\s\up8(→))，
∴D不正确，故选ABC.
4.－4 解析： ∵α⊥β，∴a·b＝0，∴x－2＋2×3＝0，∴x＝－4.
5.是 解析：如图，以A为坐标原点，AB，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则由AC＝2，BC＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，
得B(0，eq \r(17)，0)，S(0,0，2eq \r(3))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(13,17))，\f(4,\r(17))，0))，
eq \(SC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(\f(13,17))，\f(4,\r(17))，－2\r(3)))，eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2\r(\f(13,17))，\f(13,\r(17))，0)).
因为eq \(SC,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，所以SC⊥BC.
6.证明 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD.
以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))分别为x轴，y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2)．
(1)∵M为EC的中点，∴M(0,2,1)，
则eq \(BM,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
∴eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AF,\s\up6(→))，故eq \(BM,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AF,\s\up6(→))共面．
又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.
(2)eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,0,2)，
∵eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB.
又eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0，∴BC⊥DE.
又DE∩DB＝D，DB，DE⊂平面BDE，∴BC⊥平面BDE.
（3）证明 由(2)知BC⊥平面BDE，又BC⊂平面BCE，∴平面BCE⊥平面BDE.课程标准
学科素养
1.能利用平面法向量证明线面和面面垂直．(重点)
2.能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的垂直关系．(重点、难点)
1、直观想象
2、数学运算
3、逻辑推理
线线垂直
设直线l1的方向向量为u＝(a1，a2，a3)，直线l2的方向向量为v＝(b1，b2，b3)，则l1⊥l2⇔ ⇔
线面垂直
设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是n＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔ ⇔ ⇔ (λ∈R)
面面
垂直
设平面α的法向量n1＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量n2＝(a2，b2，c2)，则α⊥β ⇔ ⇔ ⇔
几何法
向量法
线线
垂直
(1)证明两直线所成的角为90°.
(2)若直线与平面垂直，则此直线与平面内所有直线垂直
两直线的方向向量互相垂直
线面
垂直
对于直线l，m，n和平面α
(1)若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，m与n相交，则l⊥α.
(2)若l∥m，m⊥α，则l⊥α
(1)证明直线的方向向量分别与平面内两条相交直线的方向向量垂直．
(2)证明直线的方向向量与平面的法向量是平行向量
面面垂直
对于直线l，m和平面α，β
(1)若l⊥α，l⊂β，则α⊥β.
(2)若l⊥α，m⊥β，l⊥m，则α⊥β.
(3)若平面α与β相交所成的二面角为直角，则α⊥β
证明两个平面的法向量互相垂直