人教A版(新教材)高中数学选择性必修第一册学案2：1 4 1 第3课时 空间中直线、平面的垂直

人教A版(新教材)高中数学选择性必修第一册PAGEPAGE11.4.1第3课时空间中直线、平面的垂直素养目标·定方向课程标准学法解读1．理解直线的方向向量和平面的法向量．2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系．1．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系．(数学抽象)2．能用向量方法证明必修内容中有关直线、平面垂直关系的判定定理．(逻辑推理)3．能用向量方法证明空间中直线、平面的垂直关系．(逻辑推理)必备知识·探新知知识点空间中垂直关系的向量表示设直线l1，l2的方向向量分别为u1，u2，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则线线垂直l1⊥l2⇔⇔线面垂直l1⊥α⇔⇔面面垂直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？关键能力·攻重难题型探究题型一利用向量方法证明线线垂直典例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．〖规律方法〗利用向量方法证明线线垂直的方法(1)坐标法：建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，求出两直线方向向量的坐标，然后通过数量积的坐标运算法则证明数量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直．(2)基向量法：利用空间向量的加法、减法、数乘运算及其运算律，结合图形，将两直线所在的向量用基向量表示，然后根据数量积的运算律证明两直线所在的向量的数量积等于0，从而证明两条直线的方向向量互相垂直．〖对点训练〗❶已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝eq\f(1,4)CC1．求证：AB1⊥MN．题型二利用向量方法证明线面垂直典例2在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M分别为棱AB，BC，B1B的中点．求证：D1M⊥平面EFB1．〖规律方法〗坐标法证明线面垂直的两种思路(1)根据线面垂直的判定定理证明：求出直线的方向向量，在平面内找两条相交直线，并分别求出表示它们的方向向量，计算两组向量的数量积为0，得到该直线与平面内的两条相交直线都垂直．(2)法向量法：求出直线的方向向量与平面的法向量，向量法判断直线的方向向量与平面的法向量平行．〖对点训练〗❷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．题型三利用向量方法证明面面垂直典例3如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，点E为BB1的中点，证明：平面AEC1⊥平面AA1C1C．〖规律方法〗1．利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径：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．2．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，只需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．〖对点训练〗❸三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝eq\r(3)，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC的中点．证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1．题型四探究性问题典例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．〖规律方法〗空间向量适合解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要说明成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解”“是否有规定范围的解”等，所以使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．〖对点训练〗❹如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，E是B1C的中点．(1)求cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CA1,\s\up6(→))〉；(2)在线段AA1上是否存在点F，使CF⊥平面B1DF？若存在，求出|eq\o(AF,\s\up6(→))|；若不存在，请说明理由．易错警示典例5在四面体A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD，∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E、F分别是AC、AD的中点．判断平面BEF与平面ABC是否垂直．

▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁必备知识·探新知知识点空间中垂直关系的向量表示u1⊥u2 u1·u2＝0u1∥n1 ∃λ∈R，u1＝λn1n1⊥n2 n1·n2＝0思考：〖提示〗：(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．关键能力·攻重难题型探究题型一利用向量方法证明线线垂直典例1〖证明〗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Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))．∵E在BC上，∴设E(m,1,0)，∴eq\o(PE,\s\up6(→))＝(m,1，－1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))．∵eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝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eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，于是eq\o(PE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→)))·eq\f(1,2)(eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→)))·(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AP,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋λeq\o(BC,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(0－1＋1＋0＋0＋0)＝0，因此eq\o(PE,\s\up6(→))⊥eq\o(AF,\s\up6(→))．故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF．〖对点训练〗❶〖证明〗如图，以平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))所在直线为y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)，\f(3,4)，0))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,4)))．即eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，1))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),4)，\f(1,4)，\f(1,4)))．故eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝－eq\f(3,8)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,4)＝0．因此eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，即AB1⊥MN．题型二利用向量方法证明线面垂直典例2〖证明〗方法1：因为E，F，M分别为棱AB，BC，B1B的中点，所以eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\o(D1B1,\s\up6(→))＋eq\o(B1M,\s\up6(→))＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(B1B,\s\up6(→))，而eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))＋eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\o(B1B,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(DC,\s\up6(→))，于是eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up6(→))＋\o(DC,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(B1B,\s\up6(→))))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(B1B,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(DC,\s\up6(→))))＝0－0＋0－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,4)×0＝0，因此eq\o(D1M,\s\up6(→))⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))．同理eq\o(D1M,\s\up6(→))⊥eq\o(B1F,\s\up6(→))，又因为eq\o(B1E,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))不共线，因此D1M⊥平面EFB1．方法2：分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D1(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，B1(1，1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，于是eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2)))，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－1))，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1))，因此eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝1×0＋1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－1)＝0，故eq\o(D1M,\s\up6(→))⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))；又eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(B1F,\s\up6(→))＝1×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1×0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×(－1)＝0，故eq\o(D1M,\s\up6(→))⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))．又eq\o(B1E,\s\up6(→))，eq\o(B1F,\s\up6(→))不共线，因此D1M⊥平面EFB1．方法3：分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D1(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，B1(1,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))．于是eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2)))，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－1))，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，－1))，设平面EFB1的法向量为n＝(x，y，z)，于是n⊥eq\o(B1E,\s\up6(→))，n⊥eq\o(B1F,\s\up6(→))，因此eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)y－z＝0，,－\f(1,2)x－z＝0，))取x＝2，则y＝2，z＝－1，即n＝(2,2，－1)，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)(2,2，－1)，即eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)n，所以eq\o(D1M,\s\up6(→))∥n，故D1M⊥平面EFB1．〖对点训练〗❷〖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．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eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OO1,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))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，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)．所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．方法一：因为eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq\r(3))×eq\r(3)＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq\r(3))×0＝0．所以eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，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⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))令x＝1，则y＝2，z＝－eq\r(3)，故n＝(1,2，－eq\r(3))为平面A1BD的一个法向量，而eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝n，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))∥n，故AB1⊥平面A1BD．题型三利用向量方法证明面面垂直典例3〖证明〗由题意得AB，BC，B1B两两垂直．以点B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为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)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，则eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(1,2)))．设平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)．则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋2y1＝0.))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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up6(→))＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＋z2＝0，,－2x2＋\f(1,2)z2＝0，))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．〖对点训练〗❸〖证明〗如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，A1(0,0，eq\r(3))，C1(0,1，eq\r(3))，因为D为BC的中点，所以D点坐标为(1,1,0)，所以eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(3))，设平面A1AD的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面BCC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)z1＝0，,x1＋y1＝0.))令y1＝－1得x1＝1，z1＝0，此时n1＝(1，－1,0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(CC1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＝0，,－y2＋\r(3)z2＝0.))令y2＝1，得x2＝1，z2＝eq\f(\r(3),3)，此时n2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(3),3)))．所以n1·n2＝1－1＋0＝0，所以n1⊥n2，所以平面A1AD⊥平面BCC1B1．题型四探究性问题典例4〖解〗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)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，C1(0,1,1)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(A1P,\s\up6(→))＝(－1,1，a－1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,1)．设平面A1B1P的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1B1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(A1P,\s\up6(→))＝0，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y1＝0，,－x1＋y1＋a－1z1＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝a－1z1，,y1＝0.))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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DE,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(DC1,\s\up6(→))＝0，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋y2＝0，,y2＋z2＝0，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝－2y2，,z2＝－y2.))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＝eq\f(1,2)．所以当P为CC1的中点时，平面A1B1P⊥平面C1DE．〖对点训练〗❹〖解〗(1)以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．∵AC＝2a，∠ABC＝90°，∴AB＝BC＝eq\r(2)a．∴B(0,0,0)，A(eq\r(2)a,0,0)，C(0，eq\r(2)a,0)，B1(0,0,3a)，A1(eq\r(2)a，0,3a)，C1(0，eq\r(2)a,3a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，3a))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，\f(3,2)a))，eq\o(CA1,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a,3a)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，\f(3,2)a))．∴|eq\o(CA1,\s\up6(→))|＝eq\r(13)a，|eq\o(BE,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(11),2)a，eq\o(CA1,\s\up6(→))·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0－a2＋eq\f(9,2)a2＝eq\f(7,2)a2．∴cos〈eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(CA1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BE,\s\up6(→))·\o(CA1,\s\up6(→)),|\o(BE,\s\up6(→))||\o(CA1,\s\up6(→))|)＝eq\f(7\r(143),143)．(2)存在．理由如下：假设存在点F，使CF⊥平面B1DF．不妨设AF＝b，则F(eq\r(2)a,0，b)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a，b)，eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(eq\r(2)a,0，b－3a)，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，0))．∵eq\o(CF,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝a2－a2＋0＝0，∴eq\o(CF,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))恒成立．由eq\o(B1F,\s\up6(→))·eq\o(CF,\s\up6(→))＝2a2＋b(b－3a)＝b2－3a