《空间向量巧解平行、垂直关系》.doc

高中数学空间向量巧解平行、垂直关系编稿老师刘咏霞一校黄楠二校杨雪审核郑建彬一、考点突破知识点课标要求题型说明空间向量巧解平行、垂直关系1. 能够运用向量的坐标判断两个向量的平行或垂直2. 理解直线的方向向量与平面的法向量3. 能用向量方法解决线面、面面的垂直与平行问题，体会向量方法在立体几何中的作用选择题填空题解答题注意用向量方法解决平行和垂直问题中坐标系的建立以及法向量的求法二、重难点提示重点：用向量方法判断有关直线和平面的平行和垂直关系问题难点：用向量语言证明立体几何中有关平行和垂直关系的问题考点一：直线的方向向量与平面的法向量1. 直线l上的向量a或与a共线的向量叫作直线l的方向向量2. 如果表示向量a的有向线段所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a⊥α，此时向量a叫作平面α的法向量核心归纳】① 一条直线的方向向量有无数多个，一个平面的法向量也有无数多个，且它们是共线的② 在空间中，给定一个点A和一个向量a，那么以向量a为法向量且经过点A的平面是唯一确定的随堂练习】 已知A（1，1，0），B（1，0，1），C（0，1，1），则平面ABC的一个法向量的单位向量是（　 ）A. （1，1，1） B. C. D. 思路分析：设出法向量坐标，列方程组求解。

答案：设平面ABC的一个法向量为n＝（x，y，z），＝（0，－1，1），＝（－1，1，0），＝（－1，0，1），则，∴x＝y＝z，又∵单位向量的模为1，故只有B正确技巧点拨：一般情况下，使用待定系数法求平面的法向量，步骤如下：（1）设出平面的法向量为n＝（x，y，z）2）找出（求出）平面内的两个不共线的向量a＝（a1，b1，c1），b＝（a2，b2，c2）3）根据法向量的定义建立关于x，y，z的方程组（4）解方程组，取其中的一个解，即得法向量考点二：用向量法证明空间中的平行关系、垂直关系线线平行设两条不重合的直线l，m的方向向量分别为a＝（a1，b1，c1），b＝（a2，b2，c2），则l∥m⇔a∥b⇔（a1，b1，c1）＝k（a2，b2，c2）线面平行设l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），α的法向量为u＝（a2，b2，c2），则l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0面面平行设α，β的法向量分别为u＝（a1，b1，c1），v＝（a2，b2，c2），则α∥β⇔u∥v⇔（a1，b1，c1）＝k（a2，b2，c2）线线垂直设两条不重合的直线l，m的方向向量分别为a＝（a1，b1，c1），b＝（a2，b2，c2），则l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0线面垂直设l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），α的法向量为u＝（a2，b2，c2），则l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku⇔（a1，b1，c1）＝k（a2，b2，c2）（k∈R）面面垂直设α，β的法向量分别为u＝（a1，b1，c1），v＝（a2，b2，c2），则α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0【核心突破】① 用向量法解决立体几何问题是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想。

② 用空间向量解决立体几何问题的“三步曲”： 例题1 （浙江改编）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段AC上，且AQ＝3QC证明：PQ∥平面BCD思路分析：利用直线的方向向量和平面的法向量垂直证明线面平行答案：证明：如图，取BD的中点O，以O为原点，OD、OP所在射线为y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz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，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技巧点拨：解决此类问题的依据是要根据线面平行的判定定理，可证直线的方向向量与平面内某一向量平行，也可证直线的方向向量与平面的法向量垂直例题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思路分析：证明线面垂直可以通过证明线与面的法向量平行来实现答案：证明：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。

∵在正三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1，取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以，，所在直线为x轴，y轴，z轴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）＝（－1，2，），＝（－2，1，0）1，2，）设平面A1BD的法向量为n＝（x，y，z），因为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技巧点拨：解决此类问题的依据是要根据线面垂直的判定定理，证明直线的方向向量与平面的法向量平行例题3 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E为BB1的中点，求证：平面AEC1⊥平面AA1C1C思路分析：建系写出坐标，分别求出两个平面的法向量，证明两个平面垂直答案：证明：由题意得AB，BC，B1B两两垂直，以B为原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为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（0，0，），则＝（0，0，1），＝（－2，2，0），＝（－2，2，1），＝（－2，0，）。

设平面AA1C1C的一个法向量为n1＝（x，y，z），则令x＝1，得y＝1，∴n1＝（1，1，0）设平面AEC1的一个法向量为n2＝（x0，y0，z0），则令z0＝4，得x0＝1，y0＝－1∴n2＝（1，－1，4）∵n1·n2＝1×1＋1×（－1）＋0×4＝0，∴n1⊥n2.∴平面AEC1⊥平面AA1C1C技巧点拨：利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个途径，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，得面面垂直向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系恰当建系或用基向量表示后，只须经过向量运算就可得到要证明的结果，思路方法“公式化”，降低了思维难度利用向量解决立体几何中的探索性问题【满分训练】在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱AB，BC的中点，棱BB1上是否存在一点M，使得D1M⊥平面EFB1思路分析：设出点M的坐标，利用线面垂直列方程组求解答案：建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，设正方体的棱长为2，则E（2，1，0），F（1，2，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2）。

设M（2，2，m），则＝（－1，1，0），＝（0，－1，－2），＝（2，2，m－2）∵D1M⊥平面EFB1，∴D1M⊥EF，D1M⊥B1E，∴·＝0且·＝0，于是，∴m＝1故取B1B的中点为M就能满足D1M⊥平面EFB1技巧点拨：对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件做出判断，再进一步论证另一种是利用空间向量，先设出假设存在的点的坐标，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”答题时间：40分钟）1. （东营高二检测）已知平面α的法向量为a＝（1，2，－2），平面β的法向量为b＝（－2，－4，k），若α⊥β，则k＝（　　） A. 4　　 　 B. －4　　 　 C. 5　　 　 D. －52. （青岛高二检测）若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是（　　）A. 相交 B. 平行 C. 在平面内 D. 平行或在平面内3. 已知＝（1，5，－2），＝（3，1，z），若⊥，＝（x－1，y，－3），且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为（　　）A. ，－，4 B. ，－，4 C. ，－2，4 D. 4，，－154. （汕头模拟）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1。

1）求证：E，B，F，D1四点共面；（2）若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B15. 下列命题中，正确的是________填序号）① 若n1，n2分别是平面α，β的一个法向量，则n1∥n2α∥β；② 若n1，n2分别是平面α，β的一个法向量，则α⊥βn1·n2＝0；③ 若n是平面α的一个法向量，a与平面α共面，则n·a＝0；④ 若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直6. 平面上有四个互异的点A，B，C，D，已知（＋－2）·（－）＝0，则△ABC的形状是 三角形7. 如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB＝2，AD＝1，AA1＝3，M是BC的中点在DD1上是否存在一点N，使MN⊥DC1？并说明理由8. （衡水调研卷）如图所示，在四棱柱ABCD－中，⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱＝21）证明：AC⊥；（2）是否在棱A1A上存在一点P，使得＝λ，且面AB1C1⊥面PB1C11. D 解析：∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0，∴k＝－52. D 解析：∵＝λ＋μ，∴、、共面，则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内。

3. B 解析：∵⊥，∴·＝0，即3＋5－2z＝0，解得z＝4，又∵BP⊥平面ABC，∴⊥，⊥，则 ，解得4. 证明：（1）以B为原点，以BA，BC，BB1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz，则B（0，0，0），E（3，0，1），F（0，3，2），D1（3，3，3），则＝（3，0，1），＝（0，3，2），＝（3，3，3），所以＝＋由向量共面的充要条件知E，B，F，D1四点共面2）设M（0，0，z0），G，则＝，而＝（0，3，2），由题设得·＝－×3＋z0·2＝0，得z0＝1故M（0，0，1），有＝（3，0，0）又＝（0，0，3），＝（0，3，0），所以·＝0，·＝0，从而ME⊥BB1，ME⊥BC又BB1∩BC＝B，故EM⊥平面BCC1B15. ②③④ 解析：②③④一定正确，①中两平面有可能重合6. 等腰 解析：（＋－2）·（－）＝（－＋－）·＝（＋）·＝0，故△ABC为等腰三角形7. 解：如图所示，建立以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y。