高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第2课时学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第2课时学案，共13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。

1.4.1 第2课时 空间向量与垂直关系
【学习目标】
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
【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
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 ⇔ ⇔ ⇔
思考：怎样用语言叙述利用直线的方向向量与平面的法向量判断垂直关系？



【小试牛刀】
1.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·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. (　　)
(5)若一条直线的方向向量垂直于一个平面内两条直线的方向向量，则直线和平面垂直．(　　)
2.若直线l的方向向量a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则(　　)
A．l∥α　　　　　　 B．l⊥α
C．l⊂α D．l与α斜交
【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，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA＝AB＝1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF．


【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：用向量法证明线面垂直的方法及步骤
(1)利用线线垂直：①将直线的方向向量用坐标表示；②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量；③判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直；
(2)利用平面的法向量：①将直线的方向向量用坐标表示；②求出平面的法向量；③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．　
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如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．
求证：AB1⊥平面A1BD．


题型三 空间中平面与平面垂直问题
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.

题型四　用空间向量解决立体几何中垂直相关的探索性问题
点拨：解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理；
(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如Oxy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算．
例4 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.
(1)求证：AC⊥BF；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．







【跟踪训练】4 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，试在棱CC1上求一点P，使得平面A1B1P⊥平面C1DE．



【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，＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－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)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1，2，－1)．对于下列结论正确的有(　　)
A．AP⊥AB B．AP⊥AD C．是平面ABCD的法向量 D．∥
4.如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为2，点E是棱AB的中点，点F(0，y，z)是正方体的面AA1D1D上一点，且CF⊥B1E，则点F(0，y，z)满足方程(　　)
A．y－z＝0
B．2y－z－1＝0
C．2y－z－2＝0
D．z－1＝0
5.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＝________.
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：

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


【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
思考：(1)若证线线垂直，则证直线的方向向量垂直；
(2)若证线面垂直，则证直线的方向向量与平面的法向量平行；
(3)若证面面垂直，则证两平面的法向量垂直．
【小试牛刀】
1.(1) √ (2) √ (3) √ (4) √ (5)×
2.B 解析：∵n＝－2a，∴a∥n，即l⊥α.
【经典例题】
例1 方法1：以A为原点，以AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，则A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(0,1,0)，C(a,1,0)，于是F．

∵E在BC上，
∴设E(m,1,0)，
∴＝(m,1，－1)，
＝．
∵·＝0，∴PE⊥AF．
∴无论点E在边BC上何处，总有PE⊥AF．
方法2：因为点E在边BC上，可设＝λ，
于是·＝(＋＋)·(＋)
＝(＋＋λ)·(＋)
＝(·＋·＋·＋·＋λ·＋λ·)＝(0－1＋1＋0＋0＋0)＝0，
因此⊥．
故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF．
【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)．
∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)．
∴·＝(－x，a，－a)·(a，x－a，－a)＝－ax＋ax－a2＋a2＝0，
∴⊥，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)，
∴＝(1，－1,2)，＝(1,1,0)，＝(－2,0,1)，
而·＝1－1＋0＝0，·＝－2＋0＋2＝0.
∴⊥，⊥，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，∴，
令x＝1得z＝2，y＝－1，
∴平面GBD的一个法向量为(1，－1,2)，显然＝(－1,1，－2)＝－n，
∴∥n，∴A1O⊥平面GBD.
【跟踪训练】2　如图所示，取BC的中点O，连接AO．因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC．因为正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，

所以AO⊥平面BCC1B1．
取B1C1的中点O1，以O为原点，以，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(－1，1,0)，A1(0,2，)，A(0,0，)，B1(1,2,0)．
所以＝(1,2，－)，＝(－1,2，)，＝(－2,1,0)．
方法一：因为·＝1×(－1)＋2×2＋(－)×＝0，
·＝1×(－2)＋2×1＋(－)×0＝0．
所以⊥，⊥，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD．
又因为BA1∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD．
方法二：设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则有n⊥，n⊥，
故⇒
令x＝1，则y＝2，z＝－，
故n＝(1,2，－)为平面A1BD的一个法向量，
而＝(1,2，－)，所以＝n，
所以∥n，故AB1⊥平面A1BD．
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)，E，
则＝(0,0,1)，＝(－2,2,0)，＝(－2,2,1)，＝.
设平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
则⇒
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⇒
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)，E.
法一：如图，连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为.易知＝(0,0,1)，＝，∴＝，∴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＝(－1,1,0)，＝，
由得
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＝＝(0,0,1)．
∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD.
例4 解： (1)证明：∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，∴AF⊥平面ABCD.∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.过A作AH⊥BC于H(图略)，则BH＝1，AH＝，CH＝3，
∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB.∵AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面FAB，∴AC⊥平面FAB.∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)存在．理由：由(1)知，AF，AB，AC两两垂直．以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，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(0，2，0)，E(－1，，2)．
假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，设＝λ，则0<λ<1，P.设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)．
由＝，＝(0，2，0)，得
即
取x＝1，则z＝，
所以m＝为平面PAC的一个法向量．
同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量．
当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，故存在满足题意的点P，此时＝.
【跟踪训练】4 建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，P(0,1，a)，则A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，

E，C1(0,1,1)，＝(0,1,0)，＝(－1,1，a－1)，＝，＝(0,1,1)．
设平面A1B1P的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则⇒
所以令z1＝1，得x1＝a－1，
此时n1＝(a－1,0,1)．
设平面C1DE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则⇒⇒
令y2＝1，得x2＝－2，z2＝－1，此时n2＝(－2,1，－1)．
因为平面A1B1P⊥平面C1DE，所以n1·n2＝0，即－2(a－1)－1＝0，得a＝．所以当P为CC1的中点时，平面A1B1P⊥平面C1DE．
【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·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，所以⊥；因为·A＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以⊥，又∩＝A，所以AP⊥ABCD.
3.ABC解析：由于·＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，·＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以A、B、C正确，又＝－＝(2,3,4)．
∵＝(－1,2，－1)，不满足＝λ，
∴D不正确，故选ABC.
4.D 解析：E(1，0，0)，B1(2，0，2)，C(2，2，0)，所以＝(－1，0，－2)，＝(－2，y－2，z)，因为CF⊥B1E，所以·＝0，即2－2z＝0，即z＝1.
5.－4 解析：　∵α⊥β，∴a·b＝0，∴x－2＋2×3＝0，∴x＝－4.
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，，，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＝(－2,0,1)，＝(－2,0,0)，＝(0,0,2)，
∴＝＋，故，，共面．
又BM⊄平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.
(2)＝(－2,2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,0,2)，
∵·＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB.
又·＝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.