第7章 第6节　立体几何中的向量方法——证明平行与垂直教案

这是一份第7章 第6节　立体几何中的向量方法——证明平行与垂直教案，共13页。教案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。
一、教材概念·结论·性质重现
1．直线的方向向量与平面的法向量
(1)若l是空间一条直线，A，B是l上任意两点，则eq \(AB,\s\up6(→))及与eq \(AB,\s\up6(→))平行的非零向量均为直线l的方向向量．
(2)设a，b是平面α内两个不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·a＝0，,n·b＝0.))
2．空间位置关系的向量表示
用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．
二、基本技能·思想·活动体验
1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．
(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．若直线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⊥α
C．l与α斜交D．l⊂α或l∥α
B 解析：由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α.故选B.
3．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等于( )
A．2B．－4
C．4D．－2
C 解析：因为α∥β，所以两平面的法向量平行，所以eq \f(－2,1)＝eq \f(－4,2)＝eq \f(k,－2)，所以k＝4.
4．若平面α，β垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的是( )
A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1)
B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1)
C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1)
D．n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2)
A 解析：两个平面垂直时其法向量也垂直，只有选项A中的两个向量垂直．
5．两条不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是________．
平行 解析：因为v2＝－2v1，所以v1∥v2.又l1与l2不重合，所以l1∥l2.
考点1 利用空间向量证明平行问题——基础性
1．如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形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，则平面EFG与平面PBC的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．垂直D．不能确定
B 解析：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PA⊥AD，且四边形ABCD为正方形，所以AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点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)．
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
所以eq \(BC,\s\up6(→))＝2eq \(EF,\s\up6(→))，所以BC∥EF.
又因为EF平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以EF∥平面PBC，
同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC．
又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PBC．
2．如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．求证：CM∥平面PAD．
证明：由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
因为PC⊥平面ABCD，
所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，
所以∠PBC＝30°.
因为PC＝2，所以BC＝2eq \r(3)，PB＝4，
所以D(0,1,0)，B(2eq \r(3)，0,0)，A(2eq \r(3)，4,0)，P(0,0,2)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2)))，
所以eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，eq \(DA,\s\up6(→))＝(2eq \r(3)，3,0)，eq \(CM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，\f(3,2))).
设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DP,\s\up6(→))·n＝0，,\(DA,\s\up6(→))·n＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－y＋2z＝0，,2\r(3)x＋3y＝0，))
取y＝2，得x＝－eq \r(3)，z＝1，所以n＝(－eq \r(3)，2,1)是平面PAD的一个法向量．
因为n·eq \(CM,\s\up6(→))＝－eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＋2×0＋1×eq \f(3,2)＝0，
所以n⊥eq \(CM,\s\up6(→)).又CM平面PAD，
所以CM∥平面PAD．
利用空间向量证明线面、面面平行的方法
(1)证明线面平行的常用方法：
①证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量共面；
②证明直线的方向向量与平面内的一个向量平行；
③证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
(2)证明面面平行常用的方法：
①利用上述方法证明平面内的两个不共线向量都平行于另一个平面；
②证明两个平面的法向量平行；
③证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量．
考点2 利用空间向量证明垂直问题——综合性
如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.
(1)证明：AP⊥BC；
(2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥平面BMC．
证明：(1)如图所示，以O为坐标原点，分别以射线OD，OP为y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz.
则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4，2,0)，P(0,0,4)，
所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,3,4)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－8,0,0)．
所以eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，即AP⊥BC．
(2)由(1)知|eq \(AP,\s\up6(→))|＝5，又|eq \(AM,\s\up6(→))|＝3，
且点M在线段AP上，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(3,5)eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,5)，\f(12,5))).
又eq \(BA,\s\up6(→))＝(－4，－5,0)，
所以eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，
则eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BM,\s\up6(→))＝(0,3,4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，
所以eq \(AP,\s\up6(→))⊥eq \(BM,\s\up6(→))，即AP⊥BM.
由(1)知AP⊥BC，所以AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC．
又AM⊂平面AMC，故平面AMC⊥平面BMC．
利用空间向量证明线面、面面垂直的方法
(1)证明线面垂直的常见思路
①将线面垂直的判定定理用向量表示．
②证明直线的方向向量与平面的法向量共线．
(2)证明面面垂直的常见思路
①利用面面垂直的判定定理，证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量．
②证明两平面的法向量互相垂直．
1．如图，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所成的角为________．
90° 解析：以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，eq \(AM,\s\up6(→))·Oeq \(N,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，1))＝0，所以ON与AM所成的角为90°.
2．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
证明：(1)AE⊥CD；
(2)PD⊥平面ABE.
证明：以A为原点，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.
设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．
(1)因为∠ABC＝60°，
所以△ABC为正三角形．
所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2))).
设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，
即y＝eq \f(2\r(3),3)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，0))，
所以eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),6)，0)).
又eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)×eq \f(1,4)＋eq \f(\r(3),6)×eq \f(\r(3),4)＝0，
所以eq \(AE,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，即AE⊥CD．
(2)(方法一)由(1)知，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，0))，P(0，0,1)，
所以eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，－1)).
又eq \(AE,\s\up6(→))·eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \f(\r(3),4)×eq \f(2\r(3),3)＋eq \f(1,2)×(－1)＝0，
所以eq \(PD,\s\up6(→))⊥eq \(AE,\s\up6(→))，即PD⊥AE.
因为eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，所以eq \(PD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝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，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(\r(3),4)，\f(1,2)))，
设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,\f(1,4)x＋\f(\r(3),4)y＋\f(1,2)z＝0，))
令y＝2，则z＝－eq \r(3)，所以n＝(0,2，－eq \r(3))为平面ABE的一个法向量．
因为eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2\r(3),3)，－1))，显然eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \f(\r(3),3)n.
因为eq \(PD,\s\up6(→))∥n，所以eq \(PD,\s\up6(→))⊥平面ABE，
即PD⊥平面ABE.
考点3 利用空间向量解决与平行、垂直有关的综合问题——应用性
考向1 存在性问题
如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq \r(2)倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD．
(2)若SD⊥平面PAC，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD．
由题意知SO⊥平面ABCD．
以O为坐标原点，OB，OC，OS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．
设底面边长为a，则高SO＝eq \f(\r(6),2)a，
所以Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，所以eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq \(SD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a))，则eq \(OC,\s\up6(→))·eq \(SD,\s\up6(→))＝0.
故OC⊥SD．所以AC⊥SD．
(2)解：棱SC上存在一点E使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1.
理由如下：
由已知条件知eq \(DS,\s\up6(→))是平面PAC的一个法向量，
且eq \(DS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)a，0，\f(\r(6),2)a))，eq \(CS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(2),2)a，\f(\r(6),2)a))，
eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0)).
设eq \(CE,\s\up6(→))＝teq \(CS,\s\up6(→))(0＜t≤1)，则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CE,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋teq \(CS,\s\up6(→))
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a1－t，\f(\r(6),2)at))，
又eq \(BE,\s\up6(→))·eq \(DS,\s\up6(→))＝0，
所以eq \f(\r(2),2)a×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)a))＋eq \f(\r(6),2)a×eq \f(\r(6)at,2)＝0，
所以t＝eq \f(1,3).
即当SE∶EC＝2∶1时，eq \(BE,\s\up6(→))⊥eq \(DS,\s\up6(→)).
而BE平面PAC，故BE∥平面PAC．
“是否存在”型问题的两种探索方式
(1)根据条件做出判断，再进一步论证．(2)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”．
考向2 折叠问题
如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，
PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF，
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD．
(2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为点H.
由(1)得，PH⊥平面ABFD．
以H为坐标原点，eq \(HF,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，|eq \(BF,\s\up6(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝eq \r(3).
又PF＝1，EF＝2，所以EF2＝PE2＋PF2，
所以PE⊥PF.
所以PH＝eq \f(\r(3),2)，EH＝eq \f(3,2).
则H(0,0,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2)，0))，
eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，eq \(HP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2))).
又eq \(HP,\s\up6(→))为平面ABFD的法向量，
设DP与平面ABFD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(HP,\s\up6(→))，eq \(DP,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(HP,\s\up6(→))·\(DP,\s\up6(→))|,|H\(P,\s\up6(→))||\(DP,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(3,4),\r(3))＝eq \f(\r(3),4).
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),4).
解决折叠问题的关键是弄清折叠前后的不变量．
如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
(1)若M是A1D的中点，求直线CM与平面A1BE所成角的大小；
(2)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
解：(1)由折叠的性质得CD⊥DE，A1D⊥DE.
又CD∩A1D＝D，所以DE⊥平面A1CD．
又因为A1C⊂平面A1CD，所以A1C⊥DE.
又A1C⊥CD，CD∩DE＝D，
所以A1C⊥平面BCDE.
建系如图，则C(0,0,0)，D(－2,0,0)，A1(0，0，2eq \r(3))，E(－2,2,0)，B(0,3,0)，
所以eq \(A1B,\s\up6(→))＝(0,3，－2eq \r(3))，eq \(A1E,\s\up6(→))＝(－2,2，－2eq \r(3))．
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(A1B,\s\up6(→))·n＝0，,\(A1E,\s\up6(→))·n＝0，))
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3y－2\r(3)z＝0，,－2x＋2y－2\r(3)z＝0，))
取z＝eq \r(3)，则x＝－1，y＝2，所以n＝(－1,2，eq \r(3))为平面A1BE的一个法向量．
又因为M(－1,0，eq \r(3))，所以eq \(CM,\s\up6(→))＝(－1,0，eq \r(3))，
所以cs〈eq \(CM,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CM,\s\up6(→))·n,|\(CM,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(1＋3,\r(1＋4＋3)×\r(1＋3))＝eq \f(\r(2),2).
所以CM与平面A1BE所成角的大小为45°.
(2)假设线段BC上存在点P满足条件，设P点坐标为(0，a,0)，a∈[0,3]，
所以eq \(A1P,\s\up6(→))＝(0，a，－2eq \r(3))，eq \(DP,\s\up6(→))＝(2，a,0)．
设平面A1DP的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ay1－2\r(3)z1＝0，,2x1＋ay1＝0.))取y1＝6，则x1＝－3a，z1＝eq \r(3)a，所以n1＝(－3a,6，eq \r(3)a)．
若平面A1DP与平面A1BE垂直，则n1·n＝0，
所以3a＋12＋3a＝0，即6a＝－12，所以a＝－2.
因为0≤a≤3，所以a＝－2舍去．所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.
直线的
方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行(或重合)的非零向量，一条直线的方向向量有无数个
平面的
法向量
直线l⊥平面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．显然一个平面的法向量有无数个，它们是共线向量
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔m·n＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0