1、第八章 立体几何 第41节 立体几何中的向量方法(一)证明平行与垂直考纲呈现 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.诊断型微题组 课前预习诊断双基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.非零2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l1l2(或l1与l2重合).(2)设直线l的方向
2、向量为v，与平面共面的两个不共线向量v1和v2.则l或l.(3)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l或l.(4)设平面和的法向量分别为u1，u2，则.v1v2存在两个实数x，y，使vxv1yv2vuu1u23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l1l2.(2)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l.(3)设平面和的法向量分别为u1和u2，则.v1v2v1v20vuu1u2u1u20 1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
3、法证明直线ab，只需证明向量ab(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 2用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标 1(2018湖北高三测试)若平面外的直线l的方向向量为a，平面的法向量为v，则能使l的是()Aa(1，3,5)，v(1,0,1)Ba(1,0,0)，v(2,0,0)Ca(0,2,1)，v(1,0,1)Da(1，1,3)，v(0,3,1)【答案】D【解析】若l，则av0，而A中av6，B中av2，C中av1，D选项中av0.故选D.2与向量a(12,5,0)平行的单位向量为()A.121
4、3，513，0 B.1213，513，0 C.1213，513，0 或1213，513，0 D.1213，513，0 或1213，513，0 【答案】C【解析】设与向量a(12,5,0)平行的单位向量b(x，y，z)，因为|a|13，所以a13b.b1213，513，0 或b1213，513，0，故选C.3(教材习题改编)已知平面，的法向量分别为n1(2,3,5)，n2(3,1，4)，则()A B C，相交但不垂直 D以上均不对【答案】C【解析】n1n2，且n1n22(3)315(4)230，不平行，也不垂直故选C.形成型微题组 归纳演绎形成方法 利用空间向量证明平行问题(2018 河北衡水中
5、学二调)如图，在四面体 ABCD 中，AD平面 BCD，BCCD，AD2，BD2 2，点 M 是 AD 的中点，点 P 是BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ3QC.证明：PQ平面BCD.【证明】如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y轴，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系 由题意知A(0，2，2)，B(0，2，0)，D(0，2，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)因为AQ 3QC，所以点Q的坐标为34x0，24 34y0，12.因为M为AD的中点，故点M的坐标为(0，2，1)又P为BM的中点，故点P的坐标为0，0，12，所以PQ 34x0，24 34y0，0.又
6、平面BCD的一个法向量为a(0,0,1)，故PQ a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.微技探究 1恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键 2证明直线与平面平行，只需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.(2018湖南长沙模拟)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，分别为B1A，C1C的中点求证：DE平面ABC.【证明】
7、以A为原点，AB，AC，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，令ABAA14，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，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.利用空间向量证明垂直问题(2018 山东莱芜模拟)如图所示，已知四棱锥 PABCD 的底面是直角梯形，ABCBCD90，ABBCPBPC2CD，侧面PBC底面 ABCD.求证：(1)PABD；(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
8、为等边三角形，PO底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，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CD1，则ABBC2，PO 3.A(1，2,0)，B(1,0,0)，D(1，1,0)，P(0,0，3)BD(2，1,0)，PA(1，2，3)BD PA(2)1(1)(2)0(3)0，PABD，PABD.(2)取PA的中点M，连接DM，则点M的坐标为12，1，32.DM 32，0，32，PB(1,0，3)，DM PB32100 32(3)0，DM PB，即DMPB.DM PA3210(2)32(3)0，DM PA，即DMPA.又PAP
9、BP，DM平面PAB.DM平面PAD，平面PAD平面PAB.微技探究 证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算其中灵活建系是解题的关键(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：证明两平面的法向量互相垂直；利用面面垂直的判定定理只要能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即可 (2018福建福州模拟)如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)A
10、BCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点求证：AB1平面A1BD.【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AOBC.因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以 OB，OO1，OA 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，则B(1,0,0)，D(1,1,0)，A1(0,2，3)，A(0,0，3)，B1(1,2,0)设平面A1BD的法向量n(x，y，z)，BA1(1,2，3)，BD(2,1,0)因为nBA1，nBD，故nBA1 0，nBD 0 x2y 3z
11、0，2xy0，令x1，则y2，z 3，故n(1,2，3)为平面A1BD的一个法向量，而AB1(1,2，3)，所以AB1 n.所以AB1 n，故AB1平面A1BD.利用空间向量解决探索性问题(2019安徽合肥调研)如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC和A1AC均为60，平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证：BDAA1；(2)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【证明】设BD与AC交于点O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AA21AO22AA1AOcos 603.AO
12、2A1O2AA21.A1OAO.由于平面AA1C1C平面ABCD，平面AA1C1C平面ABCDAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABCD.以OB，OC，OA1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，则A(0，1,0)，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)【解】假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，设CP CC1，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，3)，从而有P(0,1，
13、3)，BP(3，1，3)设n平面DA1C1，则nA1C1，nDA1，A1C1(0,2,0)，DA1(3，0，3)，设n(x，y，z)，则2y0，3x 3z0，取n(1,0，1)，BP平面DA1C1，则nBP，即nBP 3 30，得1，即点P在C1C的延长线上，且C1CCP.微技探究 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“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”(2018山西太原模拟)在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E，F分
14、别是AB，PB的中点(1)求证：EFCD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由【证明】(1)由题意，知DA，DC，DP两两垂直以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，设ADa，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，Ea，a2，0，P(0,0，a)，Fa2，a2，a2，EFa2，0，a2，DC(0，a,0)EFDC 0，EFDC，从而得EFCD.(2)假设存在满足条件的点G，设G(x,0，z)，则FG xa2，a2，za2，若使GF平面PCB，则由 FG CBxa
15、2，a2，za2(a,0,0)axa2 0，得xa2；FG CP xa2，a2，za2(0，a，a)a22 aza2 0，得z0.G点坐标为a2，0，0.故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点 目标型微题组 瞄准高考使命必达1(2018天津，17)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长(1)【证明】依题意，可以建立以D为原点，分别以 DA，DC，
16、DG 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M0，32，1，N(1,0,2)依题意得DC(0,2,0)，DE(2,0,2)设n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则 n0DC 0，n0DE 0，即2y0，2x2z0.不妨令z1，可得n0(1,0，1)又MN 1，32，1，可得MN n00.又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)【解】依题意，可得BC(1,0,0)，BE(1，2,2)，CF(0，1,2)设n(x，y，z)为平面 BC
17、E的法向量，则nBC0，nBE0，即x0，x2y2z0.不妨令z1，可得n(0,1,1)设m(x，y，z)为平面BCF的法向量，则mBC0，mCF0，即x0，y2z0.不妨令z1，可得m(0,2,1)因此有cosm，n mn|m|n|3 1010，于是sinm，n 1010.所以二面角EBCF的正弦值为 1010.(3)【解】设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得BP(1，2，h)易知，DC(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cosBP，DC|BPDC|BP|DC|2h25，由题意，可得2h25sin 60 32，解得h 33 0,2 所以线段DP的长为
18、33.2(2017天津，17)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长(1)【证明】由已知 AB，AC，AP 两两垂直如图，以 A 为原点，分别以AB，AC，AP 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系 依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1
19、,2,0)，则DE(0,2,0)，DB(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则nDE 0，nDB 0，即2y0，2x2z0，不妨设z1，可得n(1,0,1)又MN(1,2，1)，可得MN n0.因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)【解】易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x2，y2，z2)为平面EMN的法向量，则n2EM 0，n2MN 0.因为 EM(0，2，1)，MN(1,2，1)，所以2y2z20，x22y2z20.不妨设y21，可得n2(4,1，2)因此cosn2，n2n1n2|n1|n2|421，于是sinn1，n210521.所以二面角CEMN的正弦值为 10521.(3)【解】依题意，设AHh(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得NH(1，2，h)，BE(2,2,2)由已知，得|cosNH，BE|NH BE|NH|BE|2h2|h252 3 721，整理得10h221h80，解得h 85，或h 12.所以线段AH的长为85或12.
