【数学】2019届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直学案

【数学】2019届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直学案

立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直 ‎【考点梳理】‎ ‎1．直线的方向向量和平面的法向量 ‎(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.‎ ‎(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.‎ ‎2．空间位置关系的向量表示 位置关系 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 ‎【考点突破】‎ 考点一、利用空间向量证明平行问题 ‎【例1】如图，在四面体A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.‎ 证明：PQ∥平面BCD.‎ ‎[解析] 法一　如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y， 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xy .‎ 由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0).‎ 设点C的坐标为(x0，y0，0).‎ 因为＝3，‎ 所以Q.‎ 因为M为AD的中点，故M(0，，1).‎ 又P为BM的中点，故P，‎ 所以＝.‎ 又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，故·a＝0.‎ 又PQ⊄平面BCD，‎ 所以PQ∥平面BCD.‎ 法二　在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).‎ ‎∵＝，设点F坐标为(x，y，0)，则 ‎(x－x0，y－y0，0)＝(－x0，－y0，0)，‎ ‎∴∴＝ 又由法一知＝，‎ ‎∴＝，∴PQ∥OF.‎ 又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，‎ ‎∴PQ∥平面BCD.‎ ‎【类题通法】‎ ‎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．证明直线与平面平行，只须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.‎ ‎【对点训练】‎ 如图所示，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.‎ ‎[解析] ∵平面PAD⊥平面ABCD，且ABCD为正方形，‎ ‎∴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Axy ，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).‎ 法一　∴＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，‎ 设平面EFG的法向量为n＝(x，y， )，‎ 则即 令 ＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，‎ ‎∵＝(2，0，－2)，‎ ‎∴·n＝0，∴n⊥，‎ ‎∵PB⊄面EFG，‎ ‎∴PB∥平面EFG.‎ 法二　＝(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.‎ 考点二、利用空间向量证明垂直问题 ‎【例2】如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：‎ ‎(1)PA⊥BD；‎ ‎(2)平面PAD⊥平面PAB.‎ ‎[解析] (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 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.‎ ‎【类题通法】‎ ‎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.‎ ‎【对点训练】‎ 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点.求证：AB1⊥平面A1BD.‎ ‎[解析] 法一　设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λ＋μ.‎ 令＝a，＝b，＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，‎ 则＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，‎ m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc，‎ ·m＝(a－c)· ‎＝4－2μ－4λ＝0.故⊥m，结论得证.‎ 法二　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.‎ 因为在正三棱柱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，分别以，，所在直线为x轴，y轴， 轴建立空间直角坐标系，‎ 则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0).‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y， )，＝(－1，2，)，＝(－2，1，0).‎ 因为n⊥，n⊥，‎ 故⇒ 令x＝1，则y＝2， ＝－，‎ 故n＝(1，2，－)为平面A1BD的一个法向量，‎ 而＝(1，2，－)，所以＝n，所以∥n，‎ 故AB1⊥平面A1BD.‎ 考点三、利用空间向量解决探索性问题 ‎【例3】如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC 均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：BD⊥AA1；‎ ‎(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎[解析] (1)设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，‎ ‎∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，‎ ‎∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO.‎ 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，‎ 平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，‎ A1O⊂平面AA1C1C，‎ ‎∴A1O⊥平面ABCD，‎ 以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴， 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).‎ 由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，‎ ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，‎ ‎∴⊥，即BD⊥AA1.‎ ‎(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设＝λ，P(x，y， )，则(‎ x，y－1， )＝λ(0，1，).‎ 从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ).‎ 设n3⊥平面DA1C1，则 又＝(0，2，0)，＝(，0，)，‎ 设n3＝(x3，y3， 3)， 取n3＝(1，0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，‎ 则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1，‎ 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.‎ ‎【类题通法】‎ 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题 ‎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.‎ ‎【对点训练】‎ 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0＜λ＜2).‎ ‎(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；‎ ‎(2)是否存在λ，使平面EFPQ⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.‎ ‎[解析] (1)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，λ)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，＝(－2，0，2)，＝(－1，0，λ)，＝(1，1，0)，＝(－1，－1，0)，＝(－1，0，λ－2).‎ 当λ＝1时，＝(－1，0，1)，‎ 因为＝(－2，0，2)，‎ 所以＝2，‎ 即BC1∥FP.‎ 而FP⊂平面EFPQ，‎ 且BC1⊄平面EFPQ，‎ 故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y， )，‎ 则由可得于是可取n＝(λ，－λ，1).‎ 同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1).‎ 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，‎ 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±.‎ 故存在λ＝1±，使平面EFPQ⊥平面PQMN.‎