2019高三数学理北师大版一轮教师用书：第7章 第7节　第1课时　利用空间向量证明平行与垂直

2019高三数学理北师大版一轮教师用书：第7章 第7节　第1课时　利用空间向量证明平行与垂直

第七节　立体几何中的向量方法 ‎[考纲传真]　(教师用书独具)1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．‎ ‎(对应学生用书第122页)‎ ‎[基础知识填充]‎ ‎1．空间位置关系的向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2‎ l1∥l2‎ n1∥n2⇔n1＝λn2‎ l1⊥l2‎ n1⊥n2⇔n1·n2＝0‎ 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔n·m＝0‎ l⊥α n∥m⇔n＝λm 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0‎ ‎2.异面直线的夹角 已知直线l1与l2的方向向量分别为s1，s2.‎ 当0≤〈s1，s2〉≤时，直线l1与l2的夹角等于〈s1，s2〉；‎ 当＜〈s1，s2〉≤π时，直线l1与l2的夹角等于π－〈s1，s2〉．‎ ‎3．直线与平面的夹角 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α的夹角为θ，则sin θ＝|cos〈a，n〉|＝.‎ ‎4．二面角 ‎(1)如图771(1)，AB，CD是二面角αlβ的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．‎ 图771‎ ‎(2)如图771(2)(3)，n1，n2分别是二面角αlβ的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．‎ ‎[基本能力自测]‎ ‎1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(　　)‎ ‎(2)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合．(　　)‎ ‎(3)两直线的方向向量所成的角就是两条直线的夹角．(　　)‎ ‎(4)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面的夹角．(　　)‎ ‎(5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　)‎ ‎(6)两异面直线夹角的范围是，直线与平面夹角的范围是，二面角的范围是[0，π]．(　　)‎ ‎[答案]　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√‎ ‎2．(教材改编)设u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则t＝(　　)‎ A．3　　 B．4　　　　C．5　　　　D．6‎ C　[∵α⊥β，则u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，‎ ‎∴t＝5.]‎ ‎3．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． D． C　[设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，‎ 则化简得 ‎∴x＝y＝z.故选C．]‎ ‎4．直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN夹角的余弦值为(　　)‎ A． B． C． D． C　[建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设BC＝2，则B(0,2,0)，A(2,0,0)，M(1,1,2)，N(1,0,2)，所以＝(1，－1,2)，＝(－1,0,2)，故BM 与AN夹角θ的余弦值cos θ＝＝＝.]‎ ‎5．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为________．‎ ‎45°　[如图，建立空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，由题意，AD⊥平面PAB，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，又CD⊥平面PAD，‎ ‎∴CD⊥AE，从而AE⊥平面PCD.‎ ‎∴＝(0,1,0)，＝分别是平面PAB，平面PCD的法向量，且〈，〉＝45°.‎ 故平面PAB与平面PCD所成的二面角为45°.]‎ 第1课时　利用空间向量证明平行与垂直 ‎(对应学生用书第123页)‎ 利用空间向量证明平行问题 ‎　(2017·天津高考节选)如图772，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.‎ 图772‎ 求证：MN∥平面BDE.‎ ‎[解]　如图，以A为原点，分别以，，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(1,2,0)．‎ 证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，‎ 则 即不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)．‎ 又＝(1,2，－1)，‎ 可得·n＝0.‎ 因为MN平面BDE，所以MN∥平面BDE.‎ ‎[规律方法]　(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.‎ ‎[跟踪训练]　如图773所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG.‎ 图773‎ ‎[证明]　∵平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，‎ ‎∴AB，AP，AD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Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)．‎ ‎∴＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)，‎ 设＝s＋t，‎ 即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，‎ ‎∴解得s＝t＝2，‎ ‎∴＝2＋2，‎ 又∵与不共线，‎ ‎∴，与共面．‎ ‎∵PB平面EFG，∴PB∥平面EFG.‎ 利用空间向量证明垂直问题 ‎　(2017·开封模拟)如图774，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB.‎ 求证：平面BCE⊥平面CDE. ‎ ‎【导学号：79140249】‎ 图774‎ ‎[证明]　设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)．‎ 所以＝(a，a，a)，＝(2a,0，－a)，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－2a)．‎ 设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 由n1·＝0，n1·＝0可得 即 令z1＝2，可得n1＝(1，－，2)．‎ 设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，‎ 由n2·＝0，n2·＝0可得 即 令y2＝1，可得n2＝(，1,0)．‎ 因为n1·n2＝1×＋1×(－)＝0.‎ 所以n1⊥n2，‎ 所以平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎　若本例中条件不变，点F是CE的中点，证明DF⊥平面BCE.‎ ‎[证明]　由例2知C(2a,0,0)，E(a，a,2a)，平面BCE的法向量n1＝(1，－，2)．‎ ‎∵点F是CE的中点，∴F，‎ ‎∴＝ ‎∴＝n1，∴∥n1，‎ 故DF⊥平面BCE.‎ ‎[规律方法]　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.用向量证明垂直的方法 (1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.‎ (2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.‎ (3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.‎ ‎[跟踪训练]　如图775所示，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.‎ 图775‎ 证明：(1)PA⊥BD；‎ ‎(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为等边三角形，‎ ‎∴PO⊥底面ABCD.‎ 以BC的中点O为坐标原点，以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CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝.‎ ‎∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)．‎ ‎∴＝(－2，－1,0)，＝(1，－2，－)．‎ ‎∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，‎ ‎∴PA⊥BD.‎ ‎(2)取PA的中点M，连接DM，则M.‎ ‎∵＝，＝(1,0，－)，‎ ‎∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，即DM⊥PB.‎ ‎∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，即DM⊥PA．‎ 又∵PA∩PB＝P，‎ ‎∴DM⊥平面PAB.∵DM平面PAD，‎ ‎∴平面PAD⊥平面PAB.‎ 利用空间向量解决探索性问题 ‎　(2018·北京东城区综合练习(二))如图776，在几何体ABCDEF中，平面ADE⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，且∠DAB＝60°，EA＝ED＝AB＝2EF，EF∥AB，M为BC的中点．‎ 图776‎ ‎(1)求证：FM∥平面BDE；‎ ‎(2)求直线CF与平面BDE所成角的正弦值；‎ ‎(3)在棱CF上是否存在点G，使BG⊥DE？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎[解]　(1)证明：取CD的中点N，连接MN，FN.‎ 因为N，M分别为CD，BC的中点，‎ 所以MN∥BD.‎ 又BD平面BDE且MN平面BDE，‎ 所以MN∥平面BDE.‎ 因为EF∥AB，AB＝2EF，‎ 所以EF∥CD，EF＝DN.‎ 所以四边形EFND为平行四边形，所以FN∥ED.‎ 又ED平面BDE且FN平面BDE，‎ 所以FN∥平面BDE.‎ 又FN∩MN＝N，‎ 所以平面MFN∥平面BDE.‎ 又FM平面MFN，‎ 所以FM∥平面BDE.‎ ‎(2)取AD的中点O，连接EO，BO.‎ 因为EA＝ED，所以EO⊥AD.‎ 因为平面ADE⊥平面ABCD，‎ 所以EO⊥平面ABCD，EO⊥BO.‎ 因为AD＝AB，∠DAB＝60°，‎ 所以△ADB为等边三角形．‎ 因为O为AD的中点，所以AD⊥BO.‎ 因为EO，BO，AO两两垂直，设AB＝4，以O为原点，OA，OB，OE为x轴、y轴、z轴，如图建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意，得A(2,0,0)，B(0,2，0)，C(－4,2，0)，D(－2,0,0)，E(0,0,2)，F(－1，，2)．‎ ＝(3，－，2)，＝(2,0,2)，‎ ＝(0，－2，2)．‎ 设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 则即 令z＝1，则y＝1，x＝－.‎ 所以n＝(－，1,1)．‎ 设直线CF与平面BDE所成角为α，‎ sin α＝|cos〈，n〉|＝＝.‎ 所以直线CF与平面BDE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设G是CF上一点，且＝λ，λ∈[0,1]．‎ 因此点G(3λ－4，－λ＋2，2λ)．‎ ＝(3λ－4，－λ，2λ)．‎ 由·＝0，解得λ＝.‎ 所以在棱CF上存在点G使得BG⊥DE，此时＝.‎ ‎[规律方法]　利用空间向量解决探索性问题的方法 (1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.‎ (2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在.‎ ‎[跟踪训练]　如图777，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．‎ 图777‎ ‎(1)求证：B1E⊥AD1；‎ ‎(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由. ‎ ‎【导学号：79140250】‎ ‎[解]　以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a.‎ ‎(1)证明：A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故＝(0,1,1)，＝.‎ 因为·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，‎ 因此⊥，‎ 所以B1E⊥AD1.‎ ‎(2)存在满足要求的点P，‎ 假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，‎ 使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)，‎ 再设平面B1AE的一个法向量为n＝(x，y，z)．‎ ＝(a,0,1)，＝.‎ 因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥，得 取x＝1，则y＝－，z＝－a，‎ 则平面B1AE的一个法向量n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.‎ 所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎