高中数学高考51第八章 立体几何与空间向量 8 7 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直课件PPT

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NEIRONGSUOYIN
基础知识 自主学习
题型分类 深度剖析
ZHISHISHULI
2.空间位置关系的向量表示
1.直线的方向向量如何确定？
2.如何确定平面的法向量？
1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.(　　)(2)平面的单位法向量是唯一确定的.(　　)(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.(　　)(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.(　　)(5)若a∥b，则a所在直线与b所在直线平行.(　　)(6)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.(　　)
2.[P104T2]设u，v分别是平面α，β的法向量，u＝(－2，2，5)，当v＝(3，－2，2)时，α与β的位置关系为_____；当v＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为_____.
解析　当v＝(3，－2，2)时，u·v＝(－2，2，5)·(3，－2，2)＝0⇒α⊥β.当v＝(4，－4，－10)时，v＝－2u⇒α∥β.
3.[P111T3]如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是_____.
4.直线l的方向向量a＝(1，－3，5)，平面α的法向量n＝(－1，3，－5)，则有A.l∥α B.l⊥αC.l与α斜交 D.l⊂α或l∥α
解析　由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α，故选B.
5.已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则A.α∥β B.α⊥βC.α，β相交但不垂直 D.以上均不对
解析　∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β既不平行，也不垂直.
6.已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是A.(－1，1，1) B.(1，－1，1)
∴x＝y＝z.故选C.
题型一　利用空间向量证明平行问题
例1　如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.求证：PB∥平面EFG.
证明　∵平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，∴AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP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Axyz，则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(0，1，1)，G(1，2，0).
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
若本例中条件不变，证明平面EFG∥平面PBC.
又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.又EF∩GF＝F，EF，GF⊂平面EFG，∴平面EFG∥平面PBC.
利用空间向量证明平行的方法
跟踪训练1　如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.求证：MN∥平面BDE.
由题意，可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0).
设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，
因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.
题型二　共线定理、共面定理的应用
例2　如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点.求证：AB1⊥平面A1BD.
命题点1　证明线面垂直
证明　方法一　设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝
显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，
方法二　取BC的中点O，连接AO.
因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC.因为在正三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以OB，OO1，OA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
故AB1⊥平面A1BD.
命题点2　证明面面垂直
例3　如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB.求证：平面BCE⊥平面CDE.
证明　设AD＝DE＝2AB＝2a，以A为原点，分别以AC，AB所在直线为x轴，z轴，以过点A垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
所以n1⊥n2，所以平面BCE⊥平面CDE.
利用空间向量证明垂直的方法
跟踪训练2　如图所示，已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
证明　取BC的中点O，连接PO，∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，∴PO⊥底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.
(2)平面PAD⊥平面PAB.
又∵PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴DM⊥平面PAB.∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
题型三　利用空间向量解决探索性问题
例4　(2019·林州模拟)如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点.
(1)求证：EF⊥CD；
证明　如图，以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论.
对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.
跟踪训练3　如图所示，四棱锥P—ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝ ，E为PD上一点，PE＝2ED.
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.
(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
解　以A为原点，AB，AD，AP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，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
令y＝1，则n＝(－1，1，－2).
∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.
1.若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，1，1)，则A.l∥α B.l⊥αC.l⊂α或l∥α D.l与α斜交
解析　∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，1，1)，∴a·n＝0，即a⊥n，∴l∥α或l⊂α.
解得m＝4，n＝2，则m＋n＝6.故选C.
3.已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点P中，在平面α内的是A.P(2，3，3) B.P(－2，0，1)C.P(－4，4，0) D.P(3，－3，4)
∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.
4.如图，F是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有
解析　以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，
设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，
∴z＝1，∴B1E＝EB.
5.设u＝(－2，2，t)，v＝(6，－4，4)分别是平面α，β的法向量.若α⊥β，则t等于A.3 B.4 C.5 D.6
解析　∵α⊥β，∴u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，∴t＝5.
7.(2018·广州质检)已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是_____.
解析　设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，
∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确；又AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，
9.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和为___.
解析　以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
证明　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，DA，DP，DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.
由题意得Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，
又DQ∩DC＝D，DQ，DC⊂平面DCQ，∴PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.
11.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点.
(1)证明：AC⊥BC1；
证明　因为直三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长分别为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以△ABC为直角三角形，AC⊥BC.所以AC，BC，C1C两两垂直.
如图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间
(2)证明：AC1∥平面CDB1.
因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1∥平面CDB1.
12.如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点.求证：
(1)MN∥平面A1B1C1；
证明　由题意，知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点，分别以AA1，AB，AC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0，0，0)，A1(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(2，2，0)，C(0，0，2)，C1(2，0，2)，M(1，0，0)，N(1，1，1).由题意知AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，
又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AA1⊥平面A1B1C1.
又MN⊄平面A1B1C1，故MN∥平面A1B1C1.
(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.
证明　设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2，1，－1)．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0，1，1)．因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.
解析　设AC与BD相交于O点，连接OE，
∵AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，又O是正方形ABCD对角线的交点，∴M为线段EF的中点.
A.相交 B.平行C.垂直 D.MN在平面BB1C1C内
解析　以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.
15.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为____.
解析　以O点为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
16.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点.
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.
解　存在满足要求的点P，假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，
再设平面B1AE的一个法向量为n＝(x，y，z).
因为n⊥平面B1AE，
所以棱AA1上存在点P，满足DP∥平面B1AE，