高考数学第7章 第6节 立体几何中的向量方法证明平行与垂直课件 理 苏教版课件

固基础·自主落实提知能·典例探究课后限时自测启智慧·高考研析第六节立体几何中的向量方法(Ⅰ)——证明平行与垂直理考纲传真要求内容ABC空间向量的共线与垂直√直线的方向向量与平面的法向量√空间向量的应用√1．直线的方向向量与平面的法向量(1)直线的方向向量：直线l上的向量e(e≠0)以及与的非零向量叫做直线l的方向向量．(2)平面的法向量：如果表示非零向量n的有向线段所在直线平面α，那么称向量n垂直于平面α，记作n⊥α.此时把叫做平面α的法向量．e共线垂直于向量n2．利用空间向量判断线与线、线与面及面与面的位置关系设空间两条直线l1与l2的方向向量分别为e1，e2，两平面α与β的法向量分别为n1，n2，则有下表类别位置关系直线l1与直线l2直线l1与平面α平面α与平面β平行l1∥l2⇔e1∥e2l1∥α⇔α∥β⇔n1∥n2垂直l1⊥l2⇔l1⊥α⇔α⊥β⇔e1⊥n1e1⊥e2e1∥n1n1⊥n21．(夯基释疑)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若直线与平面的法向量垂直，则直线与平面平行．()(2)若两平面的法向量垂直，则两平面平行．()(3)若AB→＝(2,2,1)，AC→＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量一定是13，－23，23.()(4)若直线l1的方向向量a＝(1，－2,2)，l2的方向向量b＝(2,3,2)，则l1与l2的位置关系是垂直．()[解析](1)中的直线也可能在平面内，故错；(2)两平面垂直，故错；(3)中单位法向量不惟一，故错．[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(教材习题改编)已知a＝(1,2，－2)，b＝(－3，－6，x)分别是两平行平面α，β的法向量，则x＝________.[解析]由题意，a与b共线，b＝－31，2，－x3＝－3a，得x＝6.[答案]63．已知α，β是两个不重合的平面，向量n1，n2分别是两平面的法向量，给出下列结论：①若n1∥n2，则α∥β；②若n1∥n2，则α⊥β；③若n1·n2＝0，则α⊥β；④若n1·n2＝0，则α∥β.其中正确的是________(填序号)．[解析]若两平面法向量共线，则两平面平行；若两平面法向量垂直，则两平面垂直，故①③正确．[答案]①③4．已知a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝14，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为________．[解析]∵b＝－2a，且(a＋b)·c＝7，∴a·c＝－7，cos〈a，c〉＝－12，〈a，c〉＝120°.[答案]120°5．(2014·青岛调研)如图7­6­1所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO，AM的位置关系是________．图7­6­1[解析]设正方体的棱长为1，AA1→＝c，AD→＝b，则|b|＝|c|＝1，且b·c＝0.则AM→＝AD→＋DM→＝12c＋b，NO→＝A1A→＋12AD→＝12b－c，∴AM→·NO→＝12c＋b·12b－c＝14b·c－12c2＋12b2－b·c＝0，∴AM→⊥NO→.[答案]AM⊥NO考向1利用空间向量证明平行问题【典例1】如图7­6­2，P、O分别是正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的上、下底面的中心，E是AB的中点，AB＝kAA1.图7­6­2[证明]以O为原点，直线OA、OB、OP所在的直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝22，则得A12，0，22k、E(1,1,0)、P0，0，22k、B(0,2,0)、C(－2,0,0)．(1)A1E→＝－1，1，－22k、BC→＝(－2，－2,0)、PB→＝0，2，－22k，求证：A1E∥平面PBC.设A1E→＝x·BC→＋y·PB→得，－1，1，－22k＝x·(－2，－2,0)＋y·0，2，－22k，解得x＝12，y＝1，∴A1E→＝12BC→＋PB→，∵BC∩PB＝B，A1E⊄平面PBC，∴A1E∥平面PBC.【规律方法】1．恰当建立坐标系，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．证明直线平行于平面可证直线的方向向量平行于平面内的一个向量；也可证直线的方向向量可用平面内的两个不共线的向量线性表示；也可证直线的方向向量与平面的一个法向量垂直．【变式训练1】如图7­6­3，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．图7­6­3证明：直线EE1∥平面FCC1.[证明]因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点，所以BF＝BC＝CF，△BCF为正三角形．因为ABCD为等腰梯形，所以∠BAD＝∠ABC＝60°，取AF的中点M，连结DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD.如图，以DM为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(3，－1,0)，F(3，1,0)，C(0,2,0)，C1(0，2,2)，E32，－12，0，E1(3，－1,1)，所以EE1→＝32，－12，1，CF→＝(3，－1,0)，CC1→＝(0,0,2)．设平面CC1F的法向量为n＝(x，y，z)，则n·CF→＝0，n·CC1→＝0，所以3x－y＝0，z＝0，取n＝(1，3，0)，则n·EE1→＝32×1－12×3＋1×0＝0，所以n⊥EE1→，所以直线EE1∥平面FCC1.考向2利用空间向量证明垂直问题(高频考点)命题视角利用空间向量证明垂直问题是历年高考重点，主要命题角度：①证明线线垂直；②证明线面垂直；③证明面面垂直．【典例2】如图7­6­4所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC中点，证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.图7­6­4[思路点拨]根据PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，应建立以A为坐标原点的空间直角坐标系．[解]建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)，(1)∵∠ABC＝60°，AB＝BC，∴△ABC为正三角形，∴C12，32，0，E14，34，12.设D(0，y,0)，由AC⊥CD得AC→·CD→＝0，得y＝233，则D0，233，0，∴CD→＝－12，36，0，又AE→＝14，34，12，∴AE→·CD→＝－12×14＋36×34＝0，∴AE→⊥CD→，即AE⊥CD.(2)法一：∴P(0,0,1)，∴PD→＝0，233，－1，又AE→·PD→＝34×233＋12×(－1)＝0，∴PD→⊥AE→，即PD⊥AE.∵AB→＝(1,0,0)，∴PD→·AB→＝0，∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.法二：设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，∵AB→＝(1,0,0)，AE→＝14，34，12，∴n·AB→＝0，n·AE→＝0，得x＝0，14x＋34y＋12z＝0，令y＝2，则z＝－3，∴n＝(0,2，－3)，∵PD→＝0，233，－1，显然PD→＝33n，∴PD→∥n，∴PD→⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.【通关锦囊】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．(1)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．(2)证明直线与平面垂直，只需证明直线的方向向量与平面的法向量共线．(3)证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②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．【变式训练2】如图7­6­5，四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，PA与平面ABD所成的角为60°，在四边形ABCD中，∠D＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2.PB的中点为M，求证：(1)PB⊥AM；(2)平面AMC⊥平面PBC.图7­6­5[解](1)∵PD⊥平面ABCD，∠D＝90°，如图，分别以DA→，DC→，DP→所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵PA与平面ABD所成角为60°，∴∠PAD＝60°，∴Rt△APD中．由AD＝2⇒PD＝23.又∠D＝∠DAB＝90°，AB＝4，CD＝1，AD＝2，∴B(2,4,0)，P(0,0,23)，M(1,2，3)，A(2,0,0)，C(0,1,0)，∴BP→＝(－2，－4,23)，AM→＝(－1,2，3)，∴BP→·AM→＝2－8＋6＝0，∴BP⊥AM.(2)CM→＝(1,1，3)，BP→＝(－2，－4,23)，∴BP→·CM→＝－2－4＋6＝0，∴BP⊥CM.由(1)知BP⊥AM，又AM∩CM＝M，∴BP⊥平面ACM，又BP⊂平面PBC，∴平面ACM⊥平面PBC.考向3利用空间向量解决探索性问题【典例3】在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．图7­6­6(1)证明：平面AED⊥平面A1FD1；(2)在AE上是否存在一点M使A1M⊥平面DAE.[解]建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，不妨设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2，0,2)，D1(0,0,2)，(1)设平面AED的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1FD1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n1·DA→＝(x1，y1，z1)·(2,0,0)＝0，即2x1＝0，n1·DE→＝(x1，y1，z1)·(2,2,1)＝0，即2x1＋2y1＋z1＝0，令y＝1，得n1＝(0,1，－2)，同理可得平面A1FD1的法向量n2＝(0,2,1)，∴n1·n2＝0，∴平面AED⊥平面A1FD1.(2)由于点M在直线AE上，设AM→＝λ·AE→＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，可得M(2,2λ，λ)，∴A1M→＝(0,2λ，λ－2)，要使A1M⊥平面DAE，需有A1M⊥AE，∴A1M→·AE→＝(0,2λ，λ－2)·(0,2,1)＝5λ－2＝0.得λ＝25，故当AM＝25AE时，A1M⊥平面DAE.【规律方法】立体几何开放性问题求解方法有以下两种：(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，然后再加以证明，得出结论；(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．本题是假设存在并设出参数λ，借助向量运算，判定关于λ的方程是否有解．【变式训练3】如图7­6­7，四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝12AD＝1，(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；(2)在棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面PAB？若存在，请确定E点的位置；若不存在，请说明理由．图7­6­7[解](1)∵PA⊥平面ABCD，PB与平面ABCD成45°角，∴AB＝1，由∠ABC＝∠BAD＝90°得CD＝AC＝2.由勾股定理得AC⊥CD.又∵PA⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，又CD⊂平面PCD，∴平面PAC⊥平面PCD，(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，∴P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，设存在点E(0，y，z)，则PE→＝(0，y，z－1)，PD→＝(0,2，－1)．∵PE→∥PD→，∴y·(－1)－2(z－1)＝0，即y＋2z－2＝0，①∵AD→＝(0,2,0)是