1、高 考 总 复 习 艺考生山东版数学 第7节 立体几何中的向量方法第一课时 证明空间位置关系第六章 立体几何最新考纲核心素养考情聚焦1.理解直线的方向向量及平面的法向量2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理1.利用空间向量证明平行或垂直，达成直观想象、数学建模和数学运算的素养2.与平行、垂直有关的探索性问题，增强逻辑推理、数学运算、数学建模的素养2020年高考还是以考查空间的位置关系为主，首先建立适当的坐标系，找准点的坐标，把所有问题转化为坐标运算主要以解答题的第一问出现，难度不大，属中低档题型，但要注意运算的准确性1直
2、线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量 a 的有向线段所在直线与直线 l 平行或重合，则称此向量 a 为直线 l 的方向向量(2)平面的法向量：直线 l，取直线 l 的方向向量 a，则向量 a叫做平面 的法向量2空间位置关系的向量表示位置关系向量表示l1l2n1n2n1n2直线 l1，l2 的方向向量分别为 n1，n2l1l2n1n2 n1n20lnm nm0 直线 l 的方向向量为 n，平面 的法向量为 mlnmnmnmnm平面，的法向量分别为 n，mnm nm0 1.直线的方向向量的确定：l 是空间一直线，A，B是l上任意两点，则AB及与AB平行的非零向量均为直线
3、l的方向向量2平面的法向量的确定：设 a，b 是平面 内两不共线向量，n为平面 的法向量，则求法向量的方程组为na0，nb0.思考辨析 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“”，错误的打“”(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)两不重合直线 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()(4)若 n1，n2 分别是平面，的法向量，则 n1n2.()(5)已知 a(2，3,1)，b(2,0,4)，c(4，6，2)，则 ac，ab.()(6)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C
4、1D1 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 NO，AM 的位置关系是异面垂直()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)小题查验1已知平面，的法向量分别为 n1(2,3,5)，n2(3,1，4)，则()A BC，相交但不垂直D以上均不对解析：C n1n2，且 n1n22(3)315(4)230，不平行，也不垂直2设平面 的法向量为(1,2，2)，平面 的法向量为(2，4，k)，若，则 k 等于()A2 B4 C4 D2解析：C 因为，所以 12 242k，所以 k4.3(2019桂林市模拟)已知平面 内有一点 M(1，1,2)，平面
5、 的一个法向量为 n(6，3,6)，则下列点 P 中，在平面 内的是()AP(2,3,3)BP(2,0,1)CP(4,4,0)DP(3，3,4)解析：A 因为平面 的一个法向量为 n(6，3,6)，所以 n，又 A 选项中 P(2,3,3)，所以MP(1,4,1)，因此有 nMP 614(3)610，故选 A.4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.33，33，33D.33，33，33解析：C 设 n(x，y，z)为平面 ABC 的法向量，则nAB0，nAC0，化简得xy0，xz0，xyz.5人教
6、A 版教材 P111T3 改编如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 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 _.解析：以 A 为原点，分别以A B，A D，A A 1 所在直线为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示 设正方体的棱长为 1，则 A(0,0,0)，M0，1，12，O12，12，0，N12，0，1，A M O N 0，1，12 0，12，1 0，O N 与 A M 垂直 答案：垂直考点一 利用空间向量证明平行或垂直(自主练透)题组集训1如图所示，已知空间四边形 ABCD 的各边和对角线的长
7、都等于 a，点 M，N 分别是 AB，CD 的中点求证：MNAB，MNCD.证明：设ABp，ACq，AD r.由题意可知，|p|q|r|a，且 p，q，r 三向量两两夹角均为60.MN ANAM 12(ACAD)12AB12(qrp)，MN AB 12(qrp)p12(qprpp2)12(a2cos 60a2cos 60a2)0.MNAB.同理可证 MNCD.2已知直三棱柱 ABCA1B1C1 中，ABC 为等腰直角三角形，BAC90，且 ABAA1，D，E，F 分别为 B1A，C1C，BC 的中点(1)求证：DE平面 ABC；(2)求证：B1F平面 AEF.证明：以 A 为原点，AB，AC，
8、AA1 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 Axyz，令 ABAA14，则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，(1)DE(2,4,0)，平面 ABC 的法向量为AA1(0,0,4)，DE AA1 0，DE平面 ABC，DE平面 ABC.(2)B1F(2,2，4)，EF(2，2，2)，B1F EF(2)22(2)(4)(2)0，B1F EF，B1FEF，B1F AF(2)222(4)00，B1F AF，B1FAF.AFEFF，B1F平面 AEF.3(2019深圳市模拟)如图所示，在直三棱柱
9、 ABCA1B1C1 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；(2)平面 MBC1平面 BB1C1C.证明：由题意，知 AA1，AB，AC 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)(1)由题意知 AA1A1B1，AA1A1C1，又 A1B1A1C1A1，所以 AA1平面 A1B1C1
10、.因为AA1(2,0,0)，MN(0,1,1)，所以MN AA1 0，即MN AA1.故 MN平面 A1B1C1.(2)设平面 MBC1 与平面 BB1C1C 的法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)因为MB(1,2,0)，MC1(1,0,2)，所以n1MB 0，n1MC1 0 x12y10，x12z10，令 x12，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 n1n22011(1)10，所以 n1n2，所以平面MBC1平面 BB1C1C.用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤1坐标运算法第一步
11、：寻找空间几何体中的垂直关系，选取原点，建立适当的空间直角坐标系；第二步：用向量表示空间几何体中的点、线和平面等元素，建立空间图形与空间向量的联系；第三步：进行空间向量的坐标运算；第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论2基底向量法第一步：适当选取不共线的三个向量作为基底；第二步：空间几何体中待证的结论用基底向量表示出来；第三步：进行基底向量的线性运算与数量积运算；第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论考点二 与平行、垂直有关的探索性问题(多维探究)命题角度 1 探索性问题与平行相结合 1如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1 的所有棱长都等于 2，ABC和A1AC
12、 均为 60，平面 AA1C1C平面 ABCD.(1)求证：BDAA1；(2)求二面角 DA1AC 的余弦值；(3)在直线 CC1 上是否存在点 P，使 BP平面 DA1C1，若存在，求出点 P 的位置，若不存在，请说明理由解：(1)证明：设 BD 与 AC 交于点 O，则 BDAC，连接 A1O，在AA1O 中，AA12，AO1，A1AO60.A1O2AA21AO22AA1AOcos 603，AO2A1O2AA21，A1OAO.由于平面 AA1C1C平面 ABCD，A1O平面 ABCD.以 OB，OC，OA1 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，则 A(0，
13、1,0)，B(3，0,0)，C(0,1,0)，D(3，0,0)，A1(0,0，3)，C1(0,2,3)由于BD(2 3，0,0)，AA1(0,1，3)AA1 BD 0(2 3)10 300.BD AA1，即 BDAA1.(2)由于 OB平面 AA1C1C，平面 AA1C1C 的一个法向量为 n1(1,0,0)设 n2(x，y，z)为平面 DAA1D1 的一个法向量，则n2AA1 0，n2AD 0，即y 3z0，3xy0，取 n2(1，3，1)，则n1，n2即为二面角 DA1AC 的平面角，cosn1，n2 n1n2|n1|n2|55，所以，二面角 DA1AC 的余弦值为 55.(3)假设在直线
14、CC1上存在点P，使BP平面DA1C1.设CPCC1，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，3)从而有 P(0,1，3)，BP(3，1，3)设 n3(x3，y3，z3)平面 DA1C1，则n3A1C1，n3DA1，又A1C1(0,2,0)，DA1(3，0，3)则2y30，3x3 3z30，取n3(1,0，1)，因为 BP平面 DA1C1，则 n3BP，即 n3BP 3 30，得 1.即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1CCP.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“
15、存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”跟踪训练如图，等边三角形 ABC 与直角梯形 ABDE 所在的平面垂直，BDAE，BD2AE，AEAB.(1)若 F 为 CD 的中点，求证：EF平面 BCD；(2)在线段 AC 上是否存在点 N，使 CD平面 BEN？若存在，求ANNC的值；若不存在，请说明理由解：(1)证明：设 ED 的中点为 H，AB 的中点为 O，由题意知 OHAE.因为平面 ABDE平面 ABC，AEAB，平面 ABDE平面 ABCAB，所以 AE平面 ABC，所以 HO平面 ABC.又ABC 为等边三角形，所以 OCAB.故以 O 为坐标原点，射线 OC，OB
16、，OH 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 Oxyz.设 AE1，AB2a，则 A(0，a,0)，B(0，a,0)，C(3a,0,0)，D(0，a,2)，E(0，a,1)，F32 a，a2，1 EF32 a，3a2，0，BC(3a，a,0)，BD(0,0,2)EFBC0，EFBD0，所以 EFBC，EFBD.又因为 BCBDB，所以 EF平面 BCD.(2)设存在点 N，使 CD平面 BEN，设ANNC，则 N3a1，a1，0，所以BN3a1，2aa1，0.由(1)知，BE(0，2a,1)，CD(3a，a,2)，设平面 BEN 的法向量为 n(x，y，z)，由
17、nBN 3a1x2aa1y0，nBE2ayz0，得x23 yz2ay令 y1，则 n23，1，2a由 CD平面 BEN 得，nCD.所以 nCD 23(3a)a2a20解得 12.所以当ANNC12时，CD平面 BEN.命题角度 2 探索性问题与垂直相结合 2已知正ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的高，E，F 分别是 AC 和 BC 边的中点，现将ABC 沿 CD 翻折成直二面角 ADCB.(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由；(2)求二面角 EDFC 的余弦值；(3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 APDE？如果存在，求出BPBC的值；如果不存在，请
18、说明理由解：(1)在ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 中点，得 EFAB，又 AB平面 DEF，EF平面 DEF，所以 AB平面 DEF.(2)以点 D 为坐标原点，以直线 DB，DC，DA 分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Dxyz，则 A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，DF(1，3，0)，DE(0，3，1)，DA(0,0,2)易知平面 CDF 的法向量为DA(0,0,2)，设平面 EDF 的法向量 n(x，y，z)，则DF n0，DE n0，即x 3y0，3yz0，取 n(3，3，3)，cosDA，n
19、DA n|DA|n|217，所以二面角 EDFC 的余弦值为 217.(3)存在设 P(s，t,0)，则APDE(s，t，2)(0，3，1)3t20，t2 33，又BP(s2，t,0)，PC(s,2 3t,0)，BPPC，(s2)(2 3t)st，3st2 3.把 t2 33 代入上式得 s43，BP13BC，在线段 BC 上存在点 P，使 APDE.此时，BPBC13.解决立体几何中线段上是否存在点的探索性问题，关键是该点如何用参数设出来一般有两种方法：一是利用比例式求解；二是利用三点共线条件巧设最后都转化为与平行或垂直有关的问题解决跟踪训练如图 1，在 RtABC 中，C90，BC3，AC
20、6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，且 DEBC，DE2.将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1CCD，如图 2.(1)求证：A1C平面 BCDE.(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)证明：因为 ACBC，DEBC，所以 DEAC.所以 DEA1D，DECD，所以 DE平面 A1DC.所以 DEA1C.又因为 A1CCD，所以 A1C平面 BCDE.(2)线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直理由如下：建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz.假设这样的点 P 存在，设其坐标为(p,0,0
21、)，其中 p0,3设平面 A1BE 的一个法向量为 n(x1，y1，z1)由nA1B x1，y1，z13，0，2 3 3x12 3z10，nBEx1，y1，z11，2，0 x12y10得x12y1z1 3y1，令 y11，则 n(2,1，3)设平面 A1DP 的一个法向量为 m(x2，y2，z2)，由mA1D x2，y2，z20，2，2 3 2y22 3z20，mDP x2，y2，x2p，2，0px22y20，得y2p2x2z2 3p6 x2，令 x22，则 m2，p，3p3.若平面 A1DP平面 A1BE，则有 mn0，即 4pp0.解得 p2，与 p0,3矛盾所以线段 BC 上不存在点 P，使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直