2019-2020学年高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法 3.2.2

-1-3.2.2利用向量解决平行、垂直问题1．用向量方法证明空间中的平行关系(1)证明线线平行设直线l，m的方向向量分别是a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，则l∥m⇔□01a∥b⇔□02a＝λb⇔□03a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(2)证明线面平行设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l∥α⇔□04a⊥u⇔□05a·u＝0⇔□06a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(3)证明面面平行①设平面α，β的法向量分别为u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔□07u∥v⇔u＝λv⇔□08a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．②由面面平行的判定定理，要证明面面平行，只要转化为相应的线面平行、线线平行即可．2．用向量方法证明空间中的垂直关系(1)证明线线垂直设直线l1的方向向量u1＝(a1，b1，c1)，直线l2的方向向量u2＝(a2，b2，c2)，则l1⊥l2⇔□09u1⊥u2⇔□10u1·u2＝0⇔□11a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(2)证明线面垂直设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量v＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔□12u∥v⇔□13u＝λv(λ∈R)⇔□14a1＝λa2，b1＝λb2，c1＝λc2(λ∈R)．(3)证明面面垂直若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔□15u⊥v⇔□16u·v＝0⇔□17a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.1．判一判(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若两直线方向向量的数量积为0，则这两条直线一定垂直相交．()(2)若一直线与平面垂直，则该直线的方向向量与平面内的所有直线的方向向量的数量积为0.()-2-(3)两个平面垂直，则其中一平面内的直线的方向向量与另一平面内的直线的方向向量垂直．()答案(1)×(2)√(3)×2．做一做(请把正确的答案写在横线上)(1)若直线l1的方向向量为u1＝(1,3,2)，直线l2上有两点A(1,0,1)，B(2，－1,2)，则两直线的位置关系是________．(2)若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则直线l与平面α的位置关系为________．(3)已知两平面α，β的法向量分别为u1＝(1,0,1)，u2＝(0,2,0)，则平面α，β的位置关系为________．(4)若平面α，β的法向量分别为(－1,2,4)，(x，－1，－2)，并且α⊥β，则x的值为________．答案(1)垂直(2)垂直(3)垂直(4)－10探究1利用空间向量解决平行问题例1已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，求证：(1)FC1∥平面ADE；(2)平面ADE∥平面B1C1F.[证明](1)如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则有D(0,0,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，F(0，0,1)，B1(2,2,2)，所以FC1→＝(0,2,1)，DA→＝(2,0,0)，AE→＝(0,2,1)．设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则n1⊥DA→，n1⊥AE→，即n1·DA→＝2x1＝0，n1·AE→＝2y1＋z1＝0，得x1＝0，z1＝－2y1，令z1＝2，则y1＝－1，所以n1＝(0，－1,2)．因为FC1→·n1＝－2＋2＝0，所以FC1→⊥n1.-3-又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE.(2)因为C1B1→＝(2,0,0)，设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量．由n2⊥FC1→，n2⊥C1B1→，得n2·FC1→＝2y2＋z2＝0，n2·C1B1→＝2x2＝0，得x2＝0，z2＝－2y2.令z2＝2，得y2＝－1，所以n2＝(0，－1,2)，因为n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.拓展提升利用向量法证明平行问题的两种途径(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的共线关系；(2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行平行关系的证明．【跟踪训练1】在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，AD＝3，AA1＝2，P，Q，R，S分别是AA1，D1C1，AB，CC1的中点．求证：PQ∥RS.证明证法一：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则P(3,0,1)，Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S(0,4,1)，PQ→＝(－3,2,1)，RS→＝(－3,2,1)，∴PQ→＝RS→，∴PQ→∥RS→，即PQ∥RS.证法二：RS→＝RC→＋CS→＝12DC→－DA→＋12DD1→，PQ→＝PA1→＋A1Q→＝12DD1→＋12DC→－DA→，-4-∴RS→＝PQ→，∴RS→∥PQ→，即RS∥PQ.探究2利用空间向量解决垂直问题例2如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平面ADE⊥平面ABE.[证明]取BE的中点O，连接OC，则OC⊥EB，又AB⊥平面BCE.∴以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.如图所示．则由已知条件有C(1，0,0)，B(0，3，0)，E(0，－3，0)，D(1,0,1)，A(0，3，2)．设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，则n·EA→＝(a，b，c)·(0,23，2)＝23b＋2c＝0，n·DA→＝(a，b，c)·(－1，3，1)＝－a＋3b＋c＝0.令b＝1，则a＝0，c＝－3，∴n＝(0,1，－3)．∵AB⊥平面BCE，∴AB⊥OC，又OC⊥EB，且EB∩AB＝B，∴OC⊥平面ABE，∴平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．∵n·m＝(0,1，－3)·(1,0,0)＝0，∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.拓展提升利用向量法证明几何中的垂直问题的两条途径(1)利用三角形法则和平面向量基本定理实现向量间的相互转化，得到向量的垂直关系．(2)通过建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量和平面的法向量进行证明．证明线面垂直时，只需直线的方向向量与平面的法向量平行或直线的方向向量与平面内两相交的直线的方向向量垂直．在判定两个平面垂直时，只需求出这两个平面的法向量，再看它们的数量积是否为0.-5-【跟踪训练2】如右图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点．求证：EF⊥平面B1AC.证明证法一：设AB→＝a，AD→＝c，AA1→＝b，则EF→＝EB1→＋B1F→＝12(BB1→＋B1D1→)＝12(AA1→＋BD→)＝12(AA1→＋AD→－AB→)＝12(－a＋b＋c)，∵AB1→＝AB→＋AA1→＝a＋b.∴EF→·AB1→＝12(－a＋b＋c)·(a＋b)＝12(b2－a2＋c·a＋c·b)＝12(|b|2－|a|2＋0＋0)＝0.∴EF→⊥AB1→，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，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2,2,1)，F(1,1,2)．∴EF→＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(－1，－1,1)．AB1→＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)，AC→＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)，∴EF→·AB1→＝(－1，－1,1)·(0,2,2)-6-＝(－1)×0＋(－1)×2＋1×2＝0.EF→·AC→＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝2－2＋0＝0，∴EF→⊥AB1→，EF→⊥AC→，∴EF⊥AB1，EF⊥AC.又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC.证法三：同法二得AB1→＝(0,2,2)，AC→＝(－2,2,0)，EF→＝(－1，－1,1)．设面B1AC的法向量n＝(x，y，z)，则AB→1·n＝0，AC→·n＝0，即2y＋2z＝0，－2x＋2y＝0，取x＝1，则y＝1，z＝－1，∴n＝(1,1，－1)，∴EF→＝－n，∴EF→∥n，∴EF⊥平面B1AC.探究3与平行、垂直有关的探索性问题例3如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，使得平面AMC⊥平面BMC？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．[解](1)证明：如图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.-7-则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，AP→＝(0,3,4)，BC→＝(－8,0,0)，由此可得AP→·BC→＝0，所以AP→⊥BC→，即AP⊥BC.(2)假设存在满足题意的M，设PM→＝λPA→，λ≠1，则PM→＝λ(0，－3，－4)．BM→＝BP→＋PM→＝BP→＋λPA→＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，AC→＝(－4,5,0)．设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)．由BM→·n1＝0，BC→·n1＝0，得－4x1－2＋3λy1＋4－4λz1＝0，－8x1＝0，即x1＝0，z1＝2＋3λ4－4λy1，可取n1＝0，1，2＋3λ4－4λ.由AP→·n2＝0，AC→·n2＝0，即3y2＋4z2＝0，－4x2＋5y2＝0，得x2＝54y2，z2＝－34y2，可取n2＝(5,4，－3)，由n1·n2＝0，得4－3×2＋3λ4－4λ＝0，解得λ＝25，故PM→＝0，－65，－85，AM→＝AP→＋PM→＝0，95，125，所以AM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.拓展提升利用向量解决探索性问题的方法对于探索性问题，一般先假设存在，利用空间坐标系，结合已知条件，转化为代数方程是否有解的问题，若有解满足题意则存在，若没有满足题意的解则不存在．【跟踪训练3】如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.-8-(1)求证：BC1⊥平面AB1C；(2)在AB上是否存在点D，使得AC1∥平面CDB1.解(1)证明：由已知AC＝3，BC＝4，AB＝5，因而△ABC是∠ACB为直角的直角三角形，由三棱柱是直三棱柱，则CC1⊥平面ABC，以CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，从而CA→＝(3,0,0)，BC1→＝(0，－4,4)，则BC1→·CA→＝(0，－4,4)·(3,0,0)＝0，则BC1→⊥AC→，所以BC1⊥AC.又四边形BCC1B1为正方形，因而BC1⊥B1C.又∵B1C∩AC＝C，∴BC1⊥平面AB1C.(2)假设存在点D(x，y,0)，使得AC1∥平面CDB1，CD→＝(x，y,0)，CB1→＝(0,4,4)，设平面CDB1的法向量m＝(a，b，c)，则m·CD→＝0，m·CB1→＝0，即xa＋yb＝0，4b＋4c＝0.令b＝－x，则c＝x，a＝y，所以m＝(y，－x，x)，而AC1→＝(－3,0,4)，则AC1→·m＝0，得－3y＋4x＝0.①由D在AB上，A(3,0,0)，B(0,4,0)得x－3－3＝y4，即得4x＋3y＝12，②联立①②可得x＝32，y＝2，∴D32，2，0，即D为AB的中点．综