2024秋高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.2空间向量与垂直关系学案含解析新人教A版选修2-1

PAGE1-3.2.2空间向量与垂直关系自主预习·探新知情景引入1．两向量垂直时，它们所在的直线垂直吗？2．两平面的法向量垂直时，两平面垂直吗？3．怎样用直线的方向向量和平面的法向量来描述线面垂直关系？新知导学空间垂直关系的向量表示设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，平面α，β的法向量分别为u＝(u1，u2，u3)，v＝(v1，v2，v3)，则位置关系向量关系向量运算关系坐标关系l⊥m__a⊥b____a·b＝0__a1b1＋a2b2＋a3b3＝0l⊥α__a∥u____a＝λu，λ∈R__a1＝λu1，a2＝λu2，a3＝λu3α⊥β__u⊥v__u·v＝0u1v1＋u2v2＋u3v3＝0预习自测1．设直线l1，l2的方向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m等于(D)A．－2 B．2C．6 D．10[解析]l1⊥l2，则a⊥b，所以－6－4＋m＝0，∴m＝10，故选D．2．若平面α，β垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的是(A)A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1)B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1)C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1)D．n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2)3．(2024－2024学年北京市房山区期末检测)已知直线l的方向向量a＝(－1,2,1)，平面α的法向量b＝(－2,4,2)，则直线l与平面α的位置关系是(B)A．l∥α B．l⊥αC．l⊂α D．l∈α[解析]∵直线l的方向向量a＝(－1,2,1)，平面α的法向量b＝(－2,4,2)，∴b＝2a，∴则b与a共线，可得：l⊥a.故选B．4．已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2)，b＝(x，－2,3)，且α⊥β，则x＝__－4__.[解析]α⊥β，则a⊥b，∴x－2＋6＝0，∴x＝－4.5．已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量n＝(6，－3,6)，则点P(2,3,3)与平面α的位置关系是__P∈α__.[解析]∵eq\o(MP,\s\up6(→))＝(1,4,1)，∴eq\o(MP,\s\up6(→))·n＝1×6－3×4＋1×6＝0，∴eq\o(MP,\s\up6(→))⊥n，又∵点M∈α，∴P∈α.互动探究·攻重难互动探究解疑命题方向❶线线垂直典例1已知正方体ABCD－A′B′C′D′中，点M、N分别是棱BB′与对角线CA′的中点．求证：MN⊥BB′，MN⊥A′C.[思路分析]正方体是特别几何体，从一顶点动身的三条棱相互垂直，故便利建系，求出点的坐标，然后只要验证eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BB′,\s\up6(→))＝0，eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(A′C,\s\up6(→))＝0即可．[证明]设正方体棱长为1，以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))、eq\o(AD,\s\up6(→))、eq\o(AA′,\s\up6(→))分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))、B(1,0,0)、C(1,1,0)、A′(0,0,1)、Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))、B′(1,0,1)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))、eq\o(A′C,\s\up6(→))＝(1,1，－1)、eq\o(BB′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．∵eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(A′C,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))·(1,1，－1)＝0，eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BB′,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))·(0,0,1)＝0，∴MN⊥A′C，MN⊥BB′.『规律总结』用向量方法证明直线l1与l2垂直，取l1、l2的方向向量e1、e2，则e1·e2＝0或cos〈e1，e2〉＝0.┃┃跟踪练习1__■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.[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)，B1(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1)，M(eq\f(\r(3),4)，eq\f(3,4)，0)，N(0,1，eq\f(1,4))．即eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),4)，eq\f(1,4)，eq\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.命题方向❷线面垂直典例2在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、D1B1的中点．求证：EF⊥平面B1AC[思路分析]证法一：选取基向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(B1C,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝0，得出结论．证法二：建系求出A、C、E、F、B1各点坐标，求出eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))的坐标，利用向量的坐标运算求得eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，得出结论．[证明]证法一：设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a、eq\o(AD,\s\up6(→))＝b、eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1F,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1D1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(－a＋b＋c,2)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a＋c.∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\f(－a＋b＋c,2)·(a＋c)＝eq\f(－a2＋a·b＋a·c－a·c＋b·c＋c2,2)＝eq\f(－a2＋a·b＋b·c＋c2,2)＝eq\f(－|a|2＋0＋0＋|c|2,2)＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，即EF⊥AB1.同理EF⊥B1C.又AB1∩B1C＝B1∴EF⊥平面B1AC证法二：设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)、C(0,2,0)、B1(2,2,2)、E(2,2,1)、F(1,1,2)．∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(－1，－1,1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，即EF⊥AB1，EF⊥AC.又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC『规律总结』证明直线l⊥平面α，(一)取直线的方向向量e和平面的法向量n，验证e∥n；(二)取直线的方向向量e和与平面α平行的两不共线向量a、b，验证e·a＝0且e·b＝0.可以选取基向量表示便利建系时一般用坐标法证明．┃┃跟踪练习2__■如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱长都为2，D为CC1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.学科核心素养面面垂直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；二是干脆求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直．典例3已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E、F、G分别是BB1、DD1、DC的中点，求证：(1)平面ADE∥平面B1C(2)平面ADE⊥平面A1D1G(3)在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE[规范解答]以D为原点，eq\o(DA,\s\up6(→))、eq\o(DC,\s\up6(→))、eq\o(DD1,\s\up6(→))为正交基底建立空间直角坐标系O－xyz，则D(0,0,0)、D1(0,0,2)、A(2,0,0)、A1(2,0,2)、E(2,2,1)、F(0,0,1)、G(0,1,0)、B1(2,2,2)、C1(0,2,2)．(1)设n1＝(x1，y1，z1)、n2＝(x2，y2，z2)分别是平面ADE、平面B1C1F的法向量，则n1⊥eq\o(DA,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(AE,\s\up6(→)).∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up6(→))＝0,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝0,2y1＋z1＝0))，取y1＝1，z1＝－2，∴n1＝(0,1，－2)．同理可求n2＝(0,1，－2)．∵n1∥n2，∴平面ADE∥平面B1C(2)∵eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(D1G,\s\up6(→))＝(2,0,0)·(0,1，－2)＝0，∴eq\o(DA,\s\up6(→))⊥eq\o(D1G,\s\up6(→)).∵eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(D1G,\s\up6(→))＝(0,2,1)·(0,1，－2)＝0，∴eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(D1G,\s\up6(→)).∵eq\o(DA,\s\up6(→))、eq\o(AE,\s\up6(→))不共线，∴D1G⊥平面ADE.又∵D1G⊂平面A1D1∴平面ADE⊥平面A1D1G(3)由于点M在AE上，所以可设eq\o(AM,\s\up6(→))＝λ·eq\o(AE,\s\up6(→))＝λ·(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，∴M(2,2λ，λ)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(0,2λ，λ－2)．要使A1M⊥平面DAE，需A1M⊥∴eq\o(A1M,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,2λ，λ－2)·(0,2,1)＝5λ－2＝0，∴λ＝eq\f(2,5).此时Aeq\o(M,\s\up6(→))·Deq\o(A,\s\up6(→))＝(0,2λ，λ－2)·(2,0,0)＝0，∴eq\o(A1M,\s\up6(→))⊥AD.故当A1M＝eq\f(2,5)AE时，A1M⊥平面DAE.『规律总结』1.证明平面α⊥平面β，求出平面α与β的法向量e1，e2，验证e1·e2＝0，或转化为证明线面垂直，用面面垂直的判定定理证明．2．探究性、存在性问题：(1)存在性问题，先假设存在，依据题目条件，利用线面位置关系的向量表示建立方程或方程组，若能求出符合题意要求的值则存在，否则不存在．(2)探究点的位置的题目，一般先设出符合题意要求的点，再利用题设条件建立方程求参数的值或取值范围．┃┃跟踪练习3__■三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如右图所示，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BCC1[证明]证法一：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))．∵D为BC的中点，∴D点坐标为(1,1,0)．∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)、eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))、eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0×(－2)＋0×2＋eq\r(3)×0＝0.∴eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→)).∴BC⊥AD，BC⊥AA1.又A1A∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AD又BC⊂平面BCC1B1，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.证法二：同证法一建系后，得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的法向量为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，则x1＝1，z1＝0，∴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，则x2＝1，z2＝eq\f(\r(3),3)，∴n2＝(1,1，eq\f(\r(3),3))．∵n1·n2＝1－1＋0＝0，∴n1⊥n2.∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.易混易错警示典例4在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD，∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E、F分别是AC、AD的中点．推断平面BEF与平面ABC是否垂直．[错解]过B作Bx∥CD，∵CD⊥BC，∴Bx⊥BC.建立如图所示空间直角坐标系，则平面ABC的一个法向量n＝(1,0,0)，设BC＝a，则CD＝a，BD＝eq\r(2)a，∵∠ADB＝30°，∴AB＝eq\r(2)a，∴C(0，a,0)、D(a，a,0)、A(0,0，eq\r(2)a)，∵E(0，eq\f(a,2)，eq\f(\r(2