2021届浙江省高考数学一轮学案：第八章第7节　空间向量与线面位置关系


第7节　空间向量与线面位置关系
考试要求　1.理解直线的方向向量与平面的法向量，会用向量方法证明直线、平面的位置关系；2.了解向量法求点到面的距离.

知 识 梳 理
1.直线的方向向量与平面的法向量的确定
(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.
(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为
2.用向量证明空间中的平行关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.
(2)设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.
(3)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或l⊂α⇔v⊥u.
(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.
3.用向量证明空间中的垂直关系
(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.
(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.
(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.
4.点面距的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.

[常用结论与易错提醒]
1.直线l1，l2的方向向量分别为v1，v2，且v1∥v2，若l1，l2有公共点，则l1，l2重合；若l1，l2没有公共点，则l1∥l2.
2.直线l的方向向量v与平面α内不共线的向量a，b满足v＝λa＋μb，若直线l与α无公共点，则l∥α，若直线l与α有公共点，则l⊂α.
3.直线l的方向向量v与平面α的法向量u垂直，若直线l与平面α有公共点，则l⊂α，若直线l与平面α无公共点，则l∥α.
诊 断 自 测
1.判断下列说法的正误.
(1)两直线的方向向量平行，则两直线平行.(　　)
(2)如果一条直线的方向向量与平面内一直线的方向向量共线，则这条直线与该平面平行.(　　)
(3)如果一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则这条直线与该平面平行.(　　)
(4)一条直线的方向向量有无穷多个，平面的法向量也有无穷多个.(　　)
解析　(1)不正确，两直线也可能重合；(2)不正确，直线也可能在平面内；(3)不正确，直线也可能在平面内.
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2.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)
C. D.
解析　设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，由得∴x＝y＝z.故选C.
答案　C
3.已知平面α的法向量为n＝(2，－2，4)，＝(－1，1，－2)，则直线AB与平面α的位置关系为(　　)
A.AB⊥α B.AB⊂α
C.AB与α相交但不垂直 D.AB∥α
解析　由题意易得n＝－2，所以向量也为平面α的一个法向量，则直线AB与平面α垂直，故选A.
答案　A
4.平面α的法向量u＝(2，－2，2)，平面β的法向量v＝(1，2，1)，则下列命题正确的是(　　)
A.α，β平行 B.α，β垂直
C.α，β重合 D.α，β不垂直
解析　∵平面α的法向量与平面β的法向量的数量积为u·v＝2×1＋(－2)×2＋2×1＝0，∴平面α，β垂直，故选B.
答案　B
5.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，由于u·v＝0，即u⊥v，∴α⊥β；当v＝(4，－4，－10)时，由于v＝－2u≠0，∴α∥β.
答案　α⊥β　α∥β
6.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n＝(2，2，4)，若a＝(1，1，2)，则直线l与平面α的位置关系为________；
若a＝(－1，－1，1)，则直线l与平面α的位置关系为________.
解析　当a＝(1，1，2)时，a＝n，则l⊥α；
当a＝(－1，－1，1)时，a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l⊂α.
答案　l⊥α　l∥α或l⊂α

考点一　用空间向量证平行问题
【例1】 如图所示，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.求证：PB∥平面EFG.

证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，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A－xyz，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).

所以＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)，＝(1，1，－1)，
设＝s＋t，
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
所以解得s＝t＝2，
所以＝2＋2，
又因为与不共线，所以，与共面.
因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.
规律方法　(1)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.
(2)能建坐标系时，尽量建立坐标系.
【训练1】 已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，用向量方法求证：

(1)E，F，G，H四点共面；
(2)BD∥平面EFGH.
证明　(1)连接BG，则＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，又与不共线，由共面向量定理知E，F，G，H四点共面.

(2)因为＝－＝－＝(－)＝，因为E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD.
又EH⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，
所以BD∥平面EFGH.
考点二　用空间向量证垂直问题
【例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：

(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明　(1)取BC的中点O，连接PO，
∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，
∴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.

不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝.
∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，).
∴＝(－2，－1，0)，＝(1，－2，－).
∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，
∴⊥，∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则M.
∵＝，＝(1，0，－)，
∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PB.
∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
规律方法　用向量证明垂直的方法
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.
(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.
(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.
【训练2】 如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点.

(1)求证：MN⊥AB，MN⊥CD；
(2)求MN的长.
(1)证明　设＝p，＝q，＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量两两夹角均为60°.
＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，
∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)
＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0.
∴⊥，即MN⊥AB.
同理可证MN⊥CD.
(2)解　由(1)可知＝(q＋r－p)，
∴||2＝(q＋r－p)2
＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]
＝
＝×2a2＝.
∴||＝a.∴MN的长为a.
考点三　利用空间向量求解探索性问题
【例3】 如图，在四棱锥E－ABCD中，平面ABE⊥底面ABCD，侧面AEB为等腰直角三角形，∠AEB＝，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.
线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，说明理由.

解　存在点F，且＝时，有EC∥平面FBD.
证明如下：取AB中点O为坐标原点，OB，OD，OE分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设CD＝1，则E(0，0，1)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，所以＝(－1，0，－1)，＝(－1，1，0)，＝(1，1，－1).
由＝＝，得F，
所以＝.
设平面FBD的法向量为v＝(a，b，c)，
则所以
取a＝1，得v＝(1，1，2)，
因为·v＝(1，1，－1)·(1，1，2)＝0，
且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD，
即当点F满足＝时，有EC∥平面FBD.
规律方法　空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.
【训练3】 在四棱锥P－ABCD中，△ABP是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝90°，AD∥BC，E是线段AB的中点，PE⊥底面ABCD，已知DA＝AB＝2BC＝2.试在平面PCD上找一点M，使得EM⊥平面PCD.

解　因为PE⊥底面ABCD，过E作ES∥BC，则ES⊥AB，以E为坐标原点，EB方向为x轴的正半轴，
ES方向为y轴的正半轴，EP方向为z轴的正半轴建立空间直角坐标系，
则E(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，A(－1，0，0)，D(－1，2，0)，P(0，0，)，＝(－2，1，0)，＝(1，1，－).
设M点的坐标为(x1，y1，z1)，平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则令x＝1，得n＝(1，2，).
因为EM⊥平面PCD，所以∥n，即＝＝，也即y1＝2x1，z1＝x1，又＝(x1，y1，z1－)，＝(－1，2，－)，＝(1，1，－)，
所以＝λ＋μ＝(λ－μ，λ＋2μ，－λ－μ)，
所以得x1＝λ－μ，y1＝λ＋2μ＝2x1＝2(λ－μ)，即λ＝4μ，
z1－＝－λ－μ，λ＝，所以μ＝，
所以M点的坐标为.

基础巩固题组
1.正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点.求证：MN∥平面A1BD.
证明　如图所示，以D为坐标原点，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.

设正方体的棱长为1，则M，N，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，
于是＝，＝(1，0，1)，＝(1，1，0).
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·＝0，且n·＝0，
得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1.
所以n＝(1，－1，－1).
又·n＝·(1，－1，－1)＝0，
所以⊥n.
又MN⊄平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.
2.如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60°.
求证：AC1⊥BD.

证明　记＝a，＝b，＝c，∵＝a＋b＋c，＝b－a，
∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c＝b·c－a·c
＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0.
∴⊥，∴AC1⊥BD.
3.(一题多解)如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
证明：PQ∥平面BCD.

证明　法一　如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0).
设点C的坐标为(x0，y0，0).
因为＝3，
所以Q.
因为M为AD的中点，故M(0，，1).
又P为BM的中点，故P，
所以＝.
又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，故·a＝0.
又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
法二　在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，D的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).
∵＝，设点F坐标为(x，y，0)，则
(x－x0，y－y0，0)＝(－x0，－y0，0)，
∴∴＝
又由法一知＝，
∴＝，∴PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，
∴PQ∥平面BCD.
4.如图所示，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点.求证：

(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
证明　(1)以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系A－xyz，
令AB＝AA1＝4，
则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4).
设AB中点为N，连接CN，
则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，
所以＝(－2，4，0)，＝(4，0，0)，＝(0，4，0)，
所以＝－＋，又与不共线，
所以与，共面，又DE⊄平面ABC，
故DE∥平面ABC.
(2)＝(－2，2，－4)，＝(2，－2，－2)，
＝(2，2，0).
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
所以⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，
又因为AF∩EF＝F，AF⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以B1F⊥平面AEF.
5.如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綉BC，二面角A1－AB－C是直二面角.求证：
(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C.
证明　(1)因为二面角A1－AB－C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB＝AC，BC＝AB，
所以AB2＋AC2＝BC2，即∠CAB＝90°，即CA⊥AB，
所以AB，AC，AA1两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系，点A为坐标原点，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)，
所以＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0).
平面AA1C就是xOz平面，取一个法向量n＝(0，1，0).
所以＝2n，即∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1，1).
所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
所以⊥m.
又AB1⊄平面A1C1C，
所以AB1∥平面A1C1C.
6.(一题多解)如图，在直三棱柱ADE－BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点.运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
证明　法一　(1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.
＝，＝(－1，0，0)，
∴·＝0，∴⊥.
∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).
∵＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，
由得
令x1＝1，则n1＝.同理可得n2＝(0，1，1).
∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
法二　(1)＝＋＋＝－＋
＝(＋)－＋＝－－＋
＝－(＋)－＋
＝－－.
∴向量与向量，共面，
又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，
∵＝，＝－，
∴·＝·＝0，
·＝·(－)
＝－2＋2＝0.
∴OM⊥CD，OM⊥FC，
又CD∩FC＝C，CD，FC⊂平面EFCD，
∴OM⊥平面EFCD.
又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.
能力提升题组
7.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，AA1＝2.以AB，BC为邻边作平行四边形ABCD，连接DA1和DC1.
(1)求证：A1D∥平面BCC1B1；
(2)线段BC上是否存在点F，使平面DA1C1与平面A1C1F垂直？若存在，求出BF的长；若不存在，请说明理由.
(1)证明　∵AD∥BC，AA1∥CC1，
且AD∩AA1＝A，BC∩BB1＝B，
∴平面A1DA∥平面BCC1B1，
∵A1D⊂平面A1DA，A1D⊄平面BCC1B1，
∴A1D∥平面BCC1B1.
(2)解　以A为坐标原点，分别以射线AD，AC，AA1为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系.
假设在BC上存在这样的点F，则由A1C1⊥平面BCC1B1推得A1C1⊥C1F.
又由(1)的结论A1D∥平面BCC1B1可推得A1C1⊥A1D.
综上，要使平面DA1C1⊥平面FA1C1，只需A1D⊥C1F即可.
设BF＝x，则＝(x－3，0，－2)，＝(3，0，－2)，
由·＝0，得3(x－3)＋4＝0，x＝，
∴在BC上存在点F，使得两个平面垂直，只需让BF＝即可.
8.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；
(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，说明理由.
(1)证明　∵PA＝AD＝1，PD＝，
∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.
(2)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.
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，
C(1，1，0)，P(0，0，1)，
E，＝(1，1，0)，
＝.设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即令y＝1，
则n＝(－1，1，－2).
假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ(0≤λ≤1)，
使得BF∥平面AEC，则·n＝0.
又∵＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，
∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，
∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.