空间向量巧解平行、垂直关系

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、能够运用向量得坐标判断两个向量得平行或垂直。2、理解直线得方向向量与平面得法向量。3、能用向量方法解决线面、面面得垂直与平行问题,体会向量方法在立体几何中得作用。

选择题填空题解答题注意用向量方法解决平行与垂直问题中坐标系得建立以及法向量得求法。二、重难点提示重点:用向量方法判断有关直线与平面得平行与垂直关系问题。难点:用向量语言证明立体几何中有关平行与垂直关系得问题。考点一:直线得方向向量与平面得法向量1、直线l上得向量a或与a共线得向量叫作直线l得方向向量。2、如果表示向量a得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得法向量。【核心归纳】①一条直线得方向向量有无数多个,一个平面得法向量也有无数多个,且它们就是共线得。②在空间中,给定一个点A与一个向量a,那么以向量a为法向量且经过点A得平面就是唯一确定得。【随堂练习】已知A(1,1,0),B(1,0,1),C(0,1,1),则平面ABC得一个法向量得单位向量就是()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得一个法向量为n＝(x,y,z),＝(0,－1,1),＝(－1,1,0),＝(－1,0,1),则,∴x＝y＝z,又∵单位向量得模为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得法向量,步骤如下:(1)设出平面得法向量为n＝(x,y,z)。(2)找出(求出)平面内得两个不共线得向量a＝(a1,b1,c1),b＝(a2,b2,c2)。(3)根据法向量得定义建立关于x,y,z得方程组(4)解方程组,取其中得一个解,即得法向量。考点二:用向量法证明空间中得平行关系、垂直关系线线平行设两条不重合得直线l,m得方向向量分别为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得方向向量为a＝(a1,b1,c1),α得法向量为u＝(a2,b2,c2),则l∥α⇔a⊥u⇔a·u＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c面面平行设α,β得法向量分别为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得直线l,m得方向向量分别为a＝(a1,b1,c1),b＝(a2,b2,c2),则l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c线面垂直设l得方向向量为a＝(a1,b1,c1),α得法向量为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得法向量分别为u＝(a1,b1,c1),v＝(a2,b2,c2),则α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c【核心突破】①用向量法解决立体几何问题就是空间向量得一个具体应用,体现了向量得工具性,这种方法可把复杂得推理证明、辅助线得作法转化为空间向量得运算,降低了空间想象演绎推理得难度,体现了由“形”转“数”得转化思想。②用空间向量解决立体几何问题得“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就是AD得中点,P就是BM得中点,点Q在线段AC上,且AQ＝3QC。证明:PQ∥平面BCD。思路分析:利用直线得方向向量与平面得法向量垂直证明线面平行。答案:证明:如图,取BD得中点O,以O为原点,OD、OP所在射线为y、z轴得正半轴,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得坐标为(x0,y0,0)。因为,所以Q。因为M为AD得中点,故M(0,,1),又P为BM得中点,故P,所以＝。又平面BCD得一个法向量为a＝(0,0,1),故·a＝0。又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD。技巧点拨:解决此类问题得依据就是要根据线面平行得判定定理,可证直线得方向向量与平面内某一向量平行,也可证直线得方向向量与平面得法向量垂直。

例题2如图所示,正三棱柱(底面为正三角形得直三棱柱)ABC—A1B1C1得所有棱长都为2,D为CC1得中点。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得法向量平行来实现。答案:证明:如图所示,取BC得中点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得中点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得法向量为n＝(x,y,z),因为n⊥,n⊥,故,令x＝1,则y＝2,z＝－,故n＝(1,2,－)为平面A1BD得一个法向量,而＝(1,2,－),所以＝n,所以∥n,故AB1⊥平面A1BD。技巧点拨:解决此类问题得依据就是要根据线面垂直得判定定理,证明直线得方向向量与平面得法向量平行。例题3如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,AB⊥BC,AB＝BC＝2,BB1＝1,E为BB1得中点,求证:平面AEC1⊥平面AA1思路分析:建系写出坐标,分别求出两个平面得法向量,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,建立如图所示得空间直角坐标系,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得一个法向量为n1＝(x,y,令x＝1,得y＝1,∴n1＝(1,1,0)。设平面AEC1得一个法向量为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AA1C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,一就是利用两个平面垂直得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;二就是直接求解两个平面得法向量,由两个法向量垂直,得面面垂直。向量法证明面面垂直得优越性主要体现在不必考虑图形得位置关系。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得结果,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得探索性问题【满分训练】在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别就是棱AB,BC得中点,棱BB1上就是否存在一点M,使得D1M⊥平面EFB思路分析:设出点M得坐标,利用线面垂直列方程组求解。答案:建立如图所示得空间直角坐标系D－xyz,设正方体得棱长为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⊥B1∴·＝0且·＝0,于就是,∴m＝1。故取B1B得中点为M就能满足D1M⊥平面EFB1技巧点拨:对于“就是否存在”型问题得探索方式有两种:一种就是根据条件做出判断,再进一步论证。另一种就是利用空间向量,先设出假设存在得点得坐标,再根据条件求该点得坐标,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得法向量为a＝(1,2,－2),平面β得法向量为b＝(－2,－4,k),若α⊥β,则k＝()A、4 B、－4 C、5 D、－2、(青岛高二检测)若＝λ＋μ,则直线AB与平面CDE得位置关系就是()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、,－,4C、,－2,4D、4,,－154、(汕头模拟)如图,已知正方体ABCDA1B1C1D1得棱长为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BCC1B1。5、下列命题中,正确得就是________。(填序号)①若n1,n2分别就是平面α,β得一个法向量,则n1∥n2α∥β;②若n1,n2分别就是平面α,β得一个法向量,则α⊥βn1·n2＝0;③若n就是平面α得一个法向量,a与平面α共面,则n·a＝0;④若两个平面得法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直。6、平面上有四个互异得点A,B,C,D,已知(＋－2)·(－)＝0,则△ABC得形状就是三角形。7、如图,直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中,底面ABCD就是矩形,AB＝2,AD＝1,AA1＝3,M就是BC得中点。在DD1上就是否存在一点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就是边长为1得正方形,侧棱＝2。(1)证明:AC⊥;

(2)就是否在棱A1A上存在一点P,使得＝λ,且面AB1C1⊥面PB1

1、D解析:∵α⊥β,∴a⊥b,∴a·b＝－2－8－2k＝0,∴k＝－5。2、D解析:∵＝λ＋μ,∴、、共面,则AB与平面CDE得位置关系就是平行或在平面内。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,建立如图所示得空间直角坐标系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＝＋。由向量共面得充要条件知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BCC1B1。5、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轴,DD1为z轴得坐标系,则C1(0,2,3),M(,2,0),D(0,0,0)。设N(0,0,h),则＝(－,－2,h),＝(0,2,3),由·＝(－,－2,h)·(0,2,3)＝－4＋3h、∴当h＝时,·＝0,此时⊥。∴存在N∈DD1,使MN⊥DC1。8、证明:以DA,DC,DA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),A