最新用向量法证明垂直
立体几何中的向量方法平行与垂直的证明
求平面法向量的方法：
p, q为 平 面内 不 共 线 的 两 个 向 量 ，设a ( x, y, z),
p a
0 ,
恰
当的给
定x,
y,
z中 一 个
的值，
即可得
一个
法 向 量a.
q a 0
求平面的法向量
1.已 知 平 面经 过 三 点A(1,2,3), B(2,0,1),C(3,2,0)， 求 平 面的 一 个 法 向 量.
2.已 知 点A(a,0,0), B(0, b,0),C(0,0, c)， 求 平 面ABC的 一 个 法 向 量.
3.设u, v分 别 是 平 面 , 的 法 向 量 ， 判 断 下 列 平面 ,
的位置关系： (1)u (1,1,2),v (3,2, 1 );(2)u (2,0,4),v (1,0,2);
9、已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形, 且∠C1CB = ∠C1CD = ∠BCD,
（１）求证： CC1⊥BD
（２）CD/ CC1=?时A1C ⊥平面C1BD
B1
A1
A1C ⊥平面C1BD 与
C1
∠C1CB = ∠C1CD =
D1
∠BCD的值无关，可用恒
成立得比值为1的结果
n m n // m //
证明平行问题
4.正方体ABCD A1B1C1D1中 (1)M，N分别是C1C，B1C1的中点，求证：MN // 平面A1BD. (2)证明：平面A1BD // 平面CB1D1. 5.在平行六面体ABCD A1B1C1D1中，E, F,G分别为A1D1, D1D, D1C1的中点，求证：平面EFG// 平面AB1C.
2022年高考数学总复习：立体几何中的向量方法(一)证明平行与垂直
2022年高考数学总复习：立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识梳理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，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0[常用结论与微点提醒]1.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.诊断自测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.()(2)若直线a 的方向向量和平面α的法向量平行，则a ∥α.( ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( )(4)若直线a 的方向向量与平面α的法向量垂直，则a ∥α.( ) 解析 (1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个； (2)a ⊥α；(3)两平面平行或重合；(4)a ∥α或a ⊂α. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，3，5)，n 2＝(－3，1，－4)，则( ) A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对解析 ∵n 1≠λn 2，且n 1·n 2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直. 答案 C3.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( ) A.l ∥α B.l ⊥α C.l ⊂αD.l 与α斜交解析 ∵a ＝(1，0，2)，n ＝(－2，0，－4)， ∴n ＝－2a ，即a ∥n .∴l ⊥α. 答案 B4.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.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33D.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .答案 C5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A (0，0，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1.AM →·ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1＝0，∴ON 与AM 垂直. 答案 垂直考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 (一题多解)如图，在四面体ABCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，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 .证明 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 ， z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0，0). 因为AQ→＝3QC →， 所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0. 又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ→·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(x 0，y 0，0). ∵CF→＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则 (x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0， ∴OF→＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .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.【训练1】 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，AA 1的中点，求证：平面EFG ∥平面B 1CD 1. 证明 建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (1，0，0)，B (1，1，0)，C (0，1，0)，D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B 1(1，1，1)，D 1(0，0，1).得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，EG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，12. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面EFG 的法向量，n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面B 1CD 1的一个则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EF →＝0，n 1·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1－12y 1＝0，－12y 1＋12z 1＝0.令x 1＝1，可得y 1＝－1，z 1＝－1， 同理可得x 2＝1，y 2＝－1，z 2＝－1. 则n 1＝(1，－1，－1)，n 2＝(1，－1，－1). 由n 1＝n 2，得平面EFG ∥平面B 1CD 1. 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)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，BC 为交线，PO ⊂平面PBC ，△PBC 为等边三角形，即PO ⊥BC ， ∴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 ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0，∴P A ⊥BD ， ∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM→·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0， ∴DM→⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0， ∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴DM ⊥平面P AB . ∵DM ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面P AB .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.【训练2】 如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D .证明 由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB ＝AA 1＝2，所以OA ＝OB ＝OA 1＝1，所以A (1，0，0)，B (0，1，0)， C (－1，0，0)，D (0，－1，0)，A 1(0，0，1). 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1，1，1).因为A 1C →＝(－1，0，－1)，BD →＝(0，－2，0)，BB 1→＝(－1，0，1)， 所以A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， 所以A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以A 1C ⊥平面BB 1D 1D .考点三 用空间向量解决探索性问题(多维探究) 命题角度1 与平行有关的探索性问题【例3－1】 (2016·北京卷改编)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由.(1)证明 因为平面P AD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面P AD ，所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD 且AB ∩P A ＝A ，P A ，AB ⊂平面P AB ，所以PD ⊥平面P AB .(2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)， D (0，－1，0)，P (0，0，1).设M 是棱P A 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此M (0，1－λ，λ)，BM→＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ， 当且仅当BM→·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱P A 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ， 此时AM AP ＝14.命题角度2 与垂直有关的探索性问题【例3－2】 如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2. (1)求证：AC ⊥BF ；(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面P AC ⊥平面BCEF ？若存在，求出BP PE 的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ， ∴AF ⊥平面ABCD .又AC ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AC .过A 作AH ⊥BC 于H ，则BH ＝1，AH ＝3，CH ＝3，∴AC ＝23，∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AC ⊥AB ， ∵AB ∩AF ＝A ，AB ，AF ⊂平面F AB ， ∴AC ⊥平面F AB ，∵BF ⊂平面F AB ，∴AC ⊥BF .(2)解 存在.由(1)知，AF ，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点，AB→，AC →，AF →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (－1，3，2).假设在线段BE 上存在一点P 满足题意，则易知点P 不与点B ，E 重合， 设BP →＝λPE →，则λ>0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ. 设平面P AC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ).由AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ，AC →＝(0，23，0)， 得⎩⎨⎧m ·AP →＝2－λ1＋λx ＋3λ1＋λy ＋2λ1＋λz ＝0，m ·AC →＝23y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，z ＝λ－22λx ，令x ＝1，则z ＝λ－22λ， 所以m ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，λ－22λ为平面P AC 的一个法向量. 同理，可求得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1为平面BCEF 的一个法向量.当m ·n ＝0，即λ＝23时，平面P AC ⊥平面BCEF ，故存在满足题意的点P ，此时BP PE ＝23.规律方法 解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理. (2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y ，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0，0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算.提醒 解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示. 【训练3】 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形.平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5. (1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)证明：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求BDBC 1的值.证明 (1)因为AA 1C 1C 为正方形，所以AA 1⊥AC .因为平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，且AA 1垂直于这两个平面的交线AC ，所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AB ，AA 1⊥AC .由题知AB ＝3，BC ＝5，AC ＝4，所以AB ⊥AC . 如图，以A 为原点建立空间直角坐标系A －xyz .则B (0，3，0)，A 1(0，0，4)，B 1(0，3，4)，C 1(4，0，4). 设D (x ，y ，z )是直线BC 1上的一点，且BD →＝λBC →1，所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3，4)， 解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ， 所以AD→＝(4λ，3－3λ，4λ). 由AD →·A 1B →＝0，A 1B →＝(0，3，－4)，则9－25λ＝0，解得λ＝925.因为925∈[0，1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，此时，BD BC 1＝λ＝925.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A.2B.－4C.4D.－2解析 ∵α∥β，∴两平面的法向量平行， ∴－21＝－42＝k －2，∴k ＝4.答案 C2.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A.相交 B.平行C.在平面内D.平行或在平面内解析 ∵AB→＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面.则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内. 答案 D3.已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中，在平面α内的是( ) A.P (2，3，3)B.P (－2，0，1)C.P (－4，4，0)D.P (3，－3，4)解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1，4，1)，∴MP→·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内. 答案 A4.(2018·郑州月考)如图，F 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点.E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( ) A.B 1E ＝EB B.B 1E ＝2EB C.B 1E ＝12EB D.E 与B 重合解析 分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，∵D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，∴z ＝1，∴B 1E ＝EB . 答案 A5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A.斜交 B.平行C.垂直D.MN 在平面BB 1C 1C 内解析 建立如图所示的空间直角坐标系， 由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，2a 3. 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a ，0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量. 因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C . 答案 B二、填空题6.(2018·武汉调研)已知平面α内的三点A (0，0，1)，B (0，1，0)，C (1，0，0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________.解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1，1，1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β. 答案 α∥β7.(2018·西安调研)已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ＋y ＝________.解析由条件得⎩⎨⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －3z ＝0，解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4， ∴x ＋y ＝407－157＝257. 答案 2578.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP→＝(－1，2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP→∥BD →.其中正确的序号是________.解析 ∵AB→·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确.又AB→与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确.由于BD→＝AD →－AB →＝(2，3，4)，AP →＝(－1，2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误. 答案 ①②③ 三、解答题9.(一题多解)如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直.以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A -xyz ，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 ∴EF→＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)，设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎨⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB→＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB→＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)，FG→＝(1，1，－1).设PB →＝sFE →＋tFG →， 即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎨⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE→与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面.∵PB ⊄平面EFG ， ∴PB ∥平面EFG .10.如图正方形ABCD 的边长为22，四边形BDEF 是平行四边形，BD 与AC 交于点G ，O 为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面AEF .证明 取BC 中点H ，连接OH ，则OH ∥BD ， 又四边形ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD ，∴OH ⊥AC ，故以O 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A (3，0，0)，C (－1，0，0)，D (1，－2，0)，F (0，0，3)，B (1，2，0).BC→＝(－2，－2，0)，CF →＝(1，0，3)，BF →＝(－1，－2，3).(1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－3，3，1). 又四边形BDEF 为平行四边形， ∴DE→＝BF →＝(－1，－2，3)， ∴AE→＝AD →＋DE →＝BC →＋BF → ＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， ∴AE→·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ， 又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF .(2)AF →＝(－3，0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE→＝－3＋3＝0，∴CF →⊥AF →，CF →⊥AE →， 又AE ∩AF ＝A ， AE ，AF ⊂平面AEF ， ∴CF ⊥平面AEF .能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE .则M 点的坐标为( )A.(1，1，1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析 设AC 与BD 相交于O 点，连接OE ，由AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ， 又O 是正方形ABCD 对角线交点， ∴M 为线段EF 的中点.在空间坐标系中，E (0，0，1)，F (2，2，1). 由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.答案 C12.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)， ∴B 1E →＝(x －1，0，1)，∴FB →＝(1，1，y )， 由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1. 答案 113.如图，正△ABC 的边长为4，CD 为AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B .(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？如果存在，求出BPBC 的值；如果不存在，请说明理由.解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 的中点，得EF ∥AB . 又因为AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， 所以AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，直线DB ，DC ，DA 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A (0，0，2)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (0，3，1)，故DE→＝(0，3，1).假设存在点P (x ，y ，0)满足条件，则AP →＝(x ，y ，－2)，AP →·DE →＝3y －2＝0， 所以y ＝233.又BP→＝(x －2，y ，0)，PC →＝(－x ，23－y ，0)，BP →∥PC →， 所以(x －2)(23－y )＝－xy ，所以3x ＋y ＝2 3. 把y ＝233代入上式得x ＝43，所以BP →＝13BC →，BP BC＝1 3.所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时。
立体几何中的向量方法---垂直问题
立体几何中的向量方法----垂直问题
.
.4
1
1.11111111MN AB CC CN CC N BC M D C B A ABC ⊥=- 求证：上的点，且侧棱是边的中点，是底面上，的各棱长都为 已知正三棱柱
.
3.21111111QC A PQ DD Q PD BP BD P D C B A ABCD 平面的中点，求证：为棱，上一点，且为底面对角线中， 如图，已知正方体 ⊥=-
.
3090.3ABC BEF AD AC F E ADB BCD CD BC BCD AB ABCD 平面的中点，求证：平面、分别是、，
，，，平面中， 在四面体 ⊥︒=∠︒=∠=⊥
A
B C B 1
A 1
C 1
M N F B
C D
A
E
A B
C D
A 1
B 1
C 1
D 1 Q
P
.
2//145.4PCD PCE PCE AF B CD P a PA PD AB F E ABCD PA ABCD P 平面）平面 （；平面） 求证：（，为 ，二面角的中点，、分别为、，底面的底面为正方形， 已知四棱锥 ⊥︒--=⊥-
若不存在，说明理由； ，若存在，求出平面使上是否存在点）在线段 （所成的角；
与）求直线 （的中点为的中点，为，，为直角的等腰三角形，中，底面是以 如图，在直三棱柱 .||21.32.51111111111DF B CF F AA C A BE C B E C A D a BB a AC ABC C B A ABC ⊥==∠-
A
C
D
A 1
B 1
C 1
E
B
A
B
C
D P
F
E。
专题08 利用空间向量证明平行、垂直(解析版)
2020年高考数学立体几何突破性讲练08利用空间向量证明平行、垂直一、考点传真：能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系二、知识点梳理：证明平行、垂直问题的思路(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．3其一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；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：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即可.三、例题：例1. （2019江苏卷）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【解析】证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1， 所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .例2.（2016年北京卷） 如图，在四棱锥中，平面PAD ⊥平面，，，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)∵面PAD面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ，P ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ， 又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ， (2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO ，∵CD AC == ∴CO ⊥AD ， ∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ，以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，， 设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>== (3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAPλ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求． 例3.（2011安徽）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==OAB ∆，OAC ∆，ODE ∆，ODF ∆都是正三角形． （Ⅰ）证明直线BC ∥EF ； （Ⅱ）求棱锥F OBED -的体积．【解析】（Ⅰ）（综合法）证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点． 由于OAB ∆与ODE∆都是正三角形，所以OB ∥DE 21，OG=OD=2， 同理，设G '是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有.2=='OD G O 又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 与G '重合．在GED ∆和GFD 中，由OB ∥DE 21和OC ∥DF 21，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是GEF ∆的中位线，故BC ∥EF ．（向量法）过点F 作AD FQ ⊥，交AD 于点Q ，连QE ，由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，QE 为x 轴正向，QD 为y 轴正向，QF 为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系． 由条件知).23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(--C B F E则有33(,0,),(3,0,BC EF =-=- 所以,2=即得BC ∥EF ．（Ⅱ）由OB=1，OE=2，23,60=︒=∠EOB S EOB 知，而O E D ∆是边长为2的正三角形，故.3=OED S 所以.233=+=OED EOB OBED S S S过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F —OBED 的高，且FQ=3，所以.2331=⋅=-OBED OBED F S FQ V 例4.（2011江苏）如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD =，BAD ∠=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点． 求证：（Ⅰ）直线EF ∥平面PCD ；（Ⅱ）平面BEF ⊥平面PAD ．【证明】（Ⅰ）在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF//PD ．又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以直线EF//平面PCD ．（Ⅱ）连结DB ，因为AB=AD ，∠BAD=60°，所以ABD ∆为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD=AD ，所以BF ⊥平面PAD ．又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD ．例5.(2010广东)如图，¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FB FD ==，EF =．（Ⅰ）证明：EB FD ⊥；（Ⅱ）已知点,Q R 为线段,FE FB 上的点，23FQ FE =，23FR FB =，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．【证明】：（Ⅰ）连结CF ，因为¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，所以EB AC ⊥．在RT BCE ∆中，EC ===．在BDF ∆中，BF DF ==，BDF ∆为等腰三角形， 且点C 是底边BD 的中点，故CF BD ⊥．在CEF ∆中，222222)(2)6CE CF a a EF +=+==，所以CEF ∆为Rt ∆，且CF EC ⊥．因为CF BD ⊥，CF EC ⊥，且CE BD C =I ，所以CF ⊥平面BED ， 而EB ⊂平面BED ，CF EB ∴⊥．因为EB AC ⊥，EB CF ⊥，且AC CF C =I ，所以EB ⊥平面BDF ， 而FD ⊂平面BDF ，EB FD ∴⊥．（Ⅱ）设平面BED 与平面RQD 的交线为DG ．由23FQ FE =，23FR FB =，知//QR EB ． 而EB ⊂平面BDE ，∴//QR 平面BDE ， 而平面BDE I 平面RQD = DG ， ∴////QR DG EB ．由（Ⅰ）知，BE ⊥平面BDF ，∴DG ⊥平面BDF ， 而,DR DB ⊂平面BDF ，∴DG DR ⊥，DG DQ ⊥， ∴RDB ∠是平面BED 与平面RQD 所成二面角的平面角． 在Rt BCF ∆中，2CF a ===，sin FC RBD BF ∠===cos RBD ∠==． 在BDR ∆中，由23FR FB =知，133BR FB ==，由余弦定理得，RD== 由正弦定理得，sin sin BR RD RDB RBD=∠∠，即332sin RDB =∠，sin RDB ∠=故平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值为29．为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面AEF .【解析】证明 取BC 中点H ，连接OH ，则OH ∥BD ，又四边形ABCD 为正方形， ∴AC ⊥BD ，∴OH ⊥AC ，故以O 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A (3，0，0)，C (－1，0，0)，D (1，－2，0)，F (0，0，3)，B (1，2，0).BC →＝(－2，－2，0)，CF →＝(1，0，3)，BF →＝(－1，－2，3). (1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－3，3，1). 又四边形BDEF 为平行四边形， ∴DE →＝BF →＝(－1，－2，3)， ∴AE →＝AD →＋DE →＝BC →＋BF →＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， ∴AE →·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ， 又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF .(2)AF →＝(－3，0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE →＝－3＋3＝0， ∴CF →⊥AF →，CF →⊥AE →， 即CF ⊥AF ，CF ⊥AE ， 又AE ∩AF ＝A ， AE ，AF ⊂平面AEF ， ∴CF ⊥平面AEF .2.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .【解析】证明 由题意知AA 1，AB ，AC 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．不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)，C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→.MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0，，令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C . 3.如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DE ＝2，M 为线段BF 的中点．(1)求M 到平面DEC 的距离及三棱锥M －CDE 的体积； (2)求证：DM ⊥平面ACE .【解析】(1)设AC ∩BD ＝O ，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (－1,0,2)，M (1,0,1)， DE →＝(0,0,2)，DC →＝(1，3，0)，DM →＝(2,0,1)， ∵DE →·DC →＝0， ∴DE ⊥DC ，∴S △DEC ＝12×DE ×DC ＝12×2×2＝2，设平面DEC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝2z ＝0，n ·DC →＝x ＋3y ＝0，取x ＝3，得n ＝(3，－1,0)，∴M 到平面DEC 的距离h ＝|DM →·n ||n |＝233＋1＝3，∴三棱锥M －CDE 的体积V ＝13×S △CDE ×h ＝13×2×3＝233.(2)证明：A (0，－3，0)，AC →＝(0,23，0)，AE →＝(－1，3，2)， AC →·DM →＝0，AE →·DM →＝－2＋2＝0， ∴AC ⊥DM ，AE ⊥DM ，∵AC ∩AE ＝A ，∴DM ⊥平面ACE .4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .【解析】证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点， 所以OF ∥AB .又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为P A ＝PD ＝22AD ， 所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a2.以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则A ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，a 2，0，D ⎝⎛⎭⎫－a2，0，0， P ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2，B ⎝⎛⎭⎫a 2，a ，0，C ⎝⎛⎭⎫－a2，a ，0. 因为E 为PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫－a 4，a 2，a4. 易知平面P AD 的一个法向量为OF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0， 因为EF →＝⎝⎛⎭⎫a 4，0，－a 4，且OF →·EF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0·⎝⎛⎭⎫a4，0，－a 4＝0， 又因为EF ⊄平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2，CD →＝(0，－a,0)， 所以P A →·CD →＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2·(0，－a,0)＝0， 所以P A →⊥CD →，所以P A ⊥CD . 又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ， PD ，CD ⊂平面PDC ， 所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面PDC .5．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)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .【解析】证明 如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)．(1)∵AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125. 又AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则A P →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，BM ∩BC ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM .6. 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)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .【解析】证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，△PBC 为等边三角形，即PO ⊥BC ， ∵平面PBC ⊥底面ABCD ，BC 为交线，PO ⊂平面PBC ， ∴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 ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD →， ∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝⎛⎭⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴DM ⊥平面P AB . ∵DM ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面P AB .7.如图所示，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱A 1A ＝2.(1)证明：AC ⊥A 1B ；(2)是否在棱A 1A 上存在一点P ，使得AP →＝λP A 1→且面AB 1C 1⊥面PB 1C 1.【解析】 如图所示，以DA ，DC ，DA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，B (1,1,0)，D 1(－1,0，3)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)．(1)证明：AC →＝(－1,1,0)，A 1B →＝(1,1，－3)， ∴AC →·A 1B →＝0，∴AC ⊥A 1B . (2)假设存在， ∵AP →＝λP A 1→， ∴P ⎝⎛⎭⎪⎫11＋λ，0，3λ1＋λ. 设平面AB 1C 1的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， ∵AB 1→＝(－1,1，3)，AC 1→＝(－2,1，3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB 1→＝－x 1＋y 1＋3z 1＝0，n 1·AC 1→＝－2x 1＋y 1＋3z 1＝0.令z 1＝3，则y 1＝－3，x 1＝0.∴n 1＝(0，－3，3)．同理可求面PB 1C 1的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3λ＋1，－1， ∴n 1·n 2＝0.∴－331＋λ－3＝0，即λ＝－4.∵P 在棱A 1A 上，∴λ>0，矛盾． ∴这样的点P 不存在．8.如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1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，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设平面DA 1C 1的法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1， 则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .。
高中数学 同步教学 用向量讨论垂直与平行
三垂线定理的证明要用向量法，但在使用三垂线定理时，与向量无关，是纯几何问题．应 用定理的关键是：一定面，二查线，三垂直，问题即可解决．
1.如图所示，在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是矩形，AB＝1，BC＝ 2， AA1＝2，E 是侧棱 BB1 的中点．求证：A1E⊥平面 AED.
证明：∵在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是矩形，∴D1A1，D1C1，D1D 两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系 D1－xyz. 则 D(0,0,2)，A( 2，0,2)，E( 2，1,1)，A1( 2，0,0)， ∴D→A＝( 2，0,0)，A→E＝(0,1，－1)，A→1E＝(0,1,1)， ∴A→1E·D→A＝0，A→1E·A→E＝0， ∴A1E⊥DA，A1E⊥AE， 又 DA∩AE＝A，∴A1E⊥平面 AED.
a⊥c
[疑难提示] 平行关系的判定与证明、垂直关系的证明 (1)证明线面平行常用的方法 ①证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量共面． ②证明直线的方向向量与平面内的一个向量平行． ③证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (2)证明面面平行常用的方法 ①证明平面内的两个不共线向量都平行于另一个平面． ②证明两个平面的法向量平行． ③证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量．
[解析] ∵D(0,0,0)、B(2,2,0)、E(1,0,2)，
∴D→B＝(2,2,0)，D→E＝(1,0,2)．
设平面 EFBD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
∴nn··DD→ →EB＝＝00
2.(1)已知在空间四边形 OACB 中，OB＝OC，AB＝AC，求证：OA⊥BC. (2)在正三棱锥(底面是正三角形且侧棱相等)P-ABC 中，三条侧棱两两互相垂直，G 是 △PAB 的重心，E、F 分别为 BC、PB 上的点，且 BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.求证：平 面 GEF⊥平面 PBC.
3.2.2 利用向量证明空间中的垂直关系
垂直关系
一、基础知识
1、立体几何中如何证明两条直线垂直？
①利用定义：证明两直线所成角为 900； ②利用线面垂直的性质来证明线线垂直.
线面垂直的性质:如果一条直线垂直一个平面，那么这条直线 垂直该平面内的任一直线.
αA
l B
Q C
lα AB α
l
BB1，CD 的中点，求证：D1F⊥平面 ADE.
【解析】如图,以 O 为原点建立空间直角
z
D1
C1 坐标系.设棱长为 2，由题意可得
A1
D(0,0,0),D1(0,0,2),F(0,1,0),A(2,0,0),
B1
E(2,2,1)
D xA
E C
y
D1F (0,1,2),DE (2,2,1),DA (2,0,0)
C.l1⊥l2
D.不能确定
2.设平面α的法向量为a (1,2,2) ，平面β的法向量为
b (2,4,k)，若α⊥β，则 k=( B )
A.2
B.-5
C.4
D.-2
3.已知平面α内的两个向量a (2,2,1),b (2,0,0)，则平面的一个
法向量是( A )
A.(0,1,2) B.(1,0,2) C.(1, 2, 1) D.(0,0, 2)
(1)l⊥m
(2)l//m
答案： (1)α β
(2)α //β
设两个平面α,β的法向量分别为a ,b ,则
α β ab ab0
二、自我检测
C 1、直线 l1,l2 的方向向量分别为a (1,2,2),b (2,3,2) ，则( )
专题 7用向量法证明平行与垂直2021届高考数学核心素养大秘籍(解析版)
第七篇 立体几何与空间向量 专题7.05 用向量法证明平行与垂直【考纲要求】1.理解直线的方向向量与平面法向量的意义．2.能用向量语言表达直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直和平行关系．3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). 【命题趋势】空间直角坐标系、空间向量及其运算在高考中主要作为解题工具，解决直线、平面的平行、垂直位置关系的判定等问题. 【核心素养】本讲内容主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 【素养清单•基础知识】1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0. 2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔ v 1∥v 2 .(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔ 存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2 .(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔ v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β ⇔ u 1∥u 2 . 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2， 则l 1⊥l 2⇔ v 1⊥v 2 ⇔ v 1·v 2＝0 . (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ， 则l ⊥α⇔ v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β ⇔ u 1⊥u 2 ⇔ u 1·u 2＝0 .【基础检测题】一、选择题1．若直线l ∥平面α，直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，则下列结论可能正确的是( ) A ．s ＝(－1,0,2)，n ＝(1,0，－1) B ．s ＝(－1,0,1)，n ＝(1,2，－1) C ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(1,2，－1) D ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(－2,2,2) 【答案】C【解析】由已知需s ·n ＝0，逐个验证知，只有C 项符合要求，故选C. 2．(2019·邢台期末)已知AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量为( ) A ．(13，－23，23) B ．(－13，23，－23) C ．±(13，－23，23) D ．(23，13，－23) 【答案】C【解析】设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AC →·n ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－1.所以n ＝(12，－1,1)．所以平面ABC 的单位法向量为±n|n|＝±(13，－23，23)． 3．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x ＝( ) A ．－2 B ．－ 2 C. 2 D ．±2【答案】D【解析】 由已知得s ·n ＝0，故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝±2. 4．(2019·合肥八中月考)已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4) 【答案】A【解析】 因为n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量，所以n ⊥MP →，在选项A 中，MP →＝(1,4,1)，所以n ·MP →＝0. 5．(2019·南阳期末)若两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定 【答案】A【解析】v 2＝－2v 1，所以l 1∥l 2.6．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．不确定 【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M ⎝⎛⎭⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，2a 3，又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，所以MN ∥平面BB 1C 1C ，故选B.二、填空题7．若直线l 的方向向量e ＝(2,1，m )，平面α的法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，12，2，且l ⊥α，则m ＝________.【答案】4【解析】因为l ⊥α，所以e ∥n ，即e ＝λn (λ≠0)，亦即(2,1，m )＝λ⎝⎛⎭⎫1，12，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，m ＝2λ.则m ＝4.8．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为________． 【答案】407，－157，4【解析】由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，x －＋y －3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y＝－157，z ＝4.9．已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________． 【答案】平行【解析】由已知得，AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，设平面α的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AB →，m ⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，x －z ＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝z ，令z ＝1，得m ＝(1,1,1)． 又n ＝(－1，－1，－1)，所以m ＝－n ，即m ∥n ，所以α∥β. 三、解答题10．如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段PA ，PD ，AB 的中点．求证： (1)PB ∥平面EFH ； (2)PD ⊥平面AHF.【答案】见解析；【解析】：证明 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.所以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)，H (1,0,0)． (1)因为PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)，所以PB →＝2EH →， 所以PB ∥EH .因为PB ⊄平面EFH ，EH ⊂平面EFH ， 所以PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)，所以PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，所以PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又因为AF ∩AH ＝A ，所以PD ⊥平面AHF .11．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别为A 1B 1，B 1C 1，C 1D 1的中点． (1)求证：AG ∥平面BEF ；(2)试在棱长BB 1上找一点M ，使DM ⊥平面BEF ，并证明你的结论．【答案】见解析；【解析】：(1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，1，F ⎝⎛⎭⎫12，1，1，G ⎝⎛⎭⎫0，12，1，因为EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0，BF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1，而AG →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，1，所以AG →＝EF →＋BF →，故AG →与平面BEF 共面，又因为AG 不在平面BEF 内，所以AG ∥平面BEF .(2)设M (1,1，m )，则DM →＝(1,1，m )，由DM →·EF →＝0，DM →·BF →＝0，所以－12＋m ＝0⇒m ＝12 ，所以M 为棱BB 1的中点时，DM ⊥平面BEF .12．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1. (1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.【答案】见解析；【解析】：证明 (1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)，所以BD 1→＝BE →＋BF →.由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z 0)，G ⎝⎛⎭⎫0，23，0，则GM →＝⎝⎛⎭⎫0，－23，z 0， 而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z 0·2＝0， 得z 0＝1.故M (0,0,1)，有ME →＝(3,0,0)．又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC . 又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.13．如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB . (1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，请说明理由．【答案】见解析；【解析】：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED . (2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)． 所以EC →＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD →＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC →，OD →〉|＝|EC →·O D →||EC →||OD →|＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD . 证明如下：由EF →＝13EA →＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13，得F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23，所以FB →＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23，BD →＝(－1,1,0)． 设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎪⎨⎪⎧v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC →·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .【高考真题解密】1. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ； （2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点， 所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ． 由题设知A 1B 1=DC ，可得B 1C =A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ． （2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ， 所以二面角1A MA N --【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）2. 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒， 故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则 0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）． 于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ． 所以，二面角1B EC C --【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.3.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ． 由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0CG =（1，0AC =（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ． 因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.4.【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）求二面角F –AE –P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=． 所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--， 所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.5.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E 平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E EG由于O 为A 1G的中点，故12A G EO OG === 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅． 因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35． 方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B，1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,2EF =，(BC =． 由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC A C --，，，，，． 设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，， 由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩， 取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35． 【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.【考法拓展•题型解码】考法一 利用空间向量证明平行问题解题技巧(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．【例1】 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形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 .【答案】见解析；【解析】：证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为正方形，所以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)．所以PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.所以PB →＝2FE →＋2FG →，又因为FE →与FG →不共线，所以PB →，FE →与FG →共面．因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG .考法二 利用空间向量证明垂直问题解题技巧证明垂直问题的方法(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)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；证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；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即可．【例2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD .【答案】见解析；【解析】：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 .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，连OO 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A (0,0，3)，A 1(0,2，3)，B 1(1,2,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)．因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量，而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD .【例3】 (2019·四川绵阳中学模拟)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为棱AD ，PB 的中点，且PD ＝AD .求证：平面CEF ⊥平面PBC .【答案】见解析；【解析】：证明 建立如图所示空间直角坐标系，令PD ＝1，则A (1,0,0)，P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，0，F ⎝⎛⎭⎫12，12，12，设平面CEF 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·EF →＝0，n 1·EC →＝0，得⎩⎨⎧ 12y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0，取x ＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理求得平面PBC 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫0，12，12.因为n 1·n 2＝1×0＋12×12－12×12＝0，所以n 1⊥n 2.所以平面CEF ⊥平面PBC .考法三 利用空间向量解决探索性问题归纳总结对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是先根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”．【例4】 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1.若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．【答案】见解析；【解析】：(1)证明：设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，由余弦定理得A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3，所以AO 2＋A 1O 2＝AA 21， 所以A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，所以A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1所在直线分別为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)． 则BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，所以BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3)．从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ)．设n 3＝(x 3，y 3，z 3)为平面DA 1C 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)， 则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →， 即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP . 【规范解答】关键点 坐标系建立要恰当、点的坐标要写准确【典例】 如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)． (1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【规范解答】：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)， P (0,0，λ)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，BC 1→＝(－2,0,2)， FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)，MN →＝(－1，－1,0)， NP →＝(－1,0，λ－2)．(1)证明：当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)，因为BC 1→＝(－2,0,2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0.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)．若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成二面角为直二面角，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±22.故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角． 答题模板1．建立适当的空间直角坐标系，让一些点、线段尽量与坐标轴重合． 2．写准点的坐标是关键，要利用中点、向量共线、相等来确定点的坐标．3．利用a ＝λb 证明直线平行需强调两直线不重合，证明直线与平面平行仍需强调直线在平面外． 【跟踪训练】 (2019·河北衡水中学检测)如图所示，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点． (1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面PAC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PAC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析；【解析】：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，则AC ⊥BD .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高|SO |＝62a . 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0.(1)证明：OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ， 则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD . (2)棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .理由如下：由已知条件知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝错误!， 而BE →·DS →＝0， 所以错误!·错误!＝0， 解得t ＝13，即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 又BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC . 【递进题组】1．如图，在四面体ABCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，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 .【答案】见解析；【解析】：证明 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知，A (0，2，2)，.B (0，－2，0)，D (0，2，0)． 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)．因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1)．又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故=0PQ a ⋅，又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .2．如图所示，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点，求证： (1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .【答案】见解析；【解析】：证明 (1)如图建立空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4) .取AB 中点为N ，连接CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)，所以DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， 所以DE →＝NC →，所以DE ∥NC ，又因为NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)． B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4) ×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.所以B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又因为AF ∩EF ＝F ，所以B 1F ⊥平面AEF .3．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角． (1)求证：CM ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAB ⊥平面PAD .【答案】见解析；【解析】：证明 (1)以C 为坐标原点，分别以CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，因为PC ⊥平面ABCD ，所以∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，所以∠PBC ＝30°.因为PC ＝2，所以BC ＝23，PB ＝4.所以D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫32，0，32， 所以DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32， 令n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，所以⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．因为n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0， 所以n ⊥CM →，又CM ⊄平面PAD ，所以CM ∥平面PAD .(2)取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)．因为PB ＝AB ，所以BE ⊥PA .又因为BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， 所以BE →⊥DA →，所以BE ⊥DA ，又PA ∩DA ＝A ，所以BE ⊥平面PAD ，又因为BE ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .4．(2019·济南调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BDBC 1的值．【答案】见解析；【解析】：(1)证明：在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C .所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5，所以BC 2＝AC 2＋AB 2，所以AB ⊥AC .所以以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz .A (0,0,0)，A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，于是A 1B→＝(0,3，－4)，BC 1→＝(4，－3,4)．假设存在点D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→(λ∈[0,1])．所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ，所以AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)，又AD ⊥A 1B ，所以0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，此时BD BC 1＝925.。
47空间向量证明空间中的平行与垂直
变式迁移 证明 如图所示建立空间直角坐标系 D－xyz，则有 已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，E、F 分别是 BB1、 → A(2,0,0)、C(0,2,0)、C1(0,2,2)、E(2,2,1)、F(0,0,1)，所以F DD1 的中点，求证： → (1)FC1∥平面 ADE； → ＝(0,2,1)． DA＝(2,0,0)、AE (2)平面 ADE∥平面 B1C1F.
1 2， 3 ，0 ， 2
设 PA＝AB＝BC＝1，则 P(0,0,1)．
(1)∵∠ABC ＝ 60°， ∴△ABC 为 正 三 角 形 ． ∴C
1 E ， 4
2 3 2 3 → → 设 D(0， y,0)， AC⊥CD， 由 得AC· ＝0， y＝ CD 即 ， D0， 则 ，0， 3 3 3 3 1 → 1 → 1 ∴CD＝－ ， ，0.又AE＝ ， ， ， 6 4 2 2 4
方法二
如图所示，取 BC 的中点 O，连结 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，以OB，OO1，OA为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2， 3)，A(0,0， 3)，B1(1,2,0)．
u ⇔ u1·2＝0
.
题型一 线面平行的证明方法 题型一 线面平行的证明方法 例 1 如图所示，已知四边形 ABCD、ABEF 为两个正方形，M、N 分别 在其对角线 BF 和 AC 上，且例 1 如图所示，已知四边形 ABCD、ABEF 为两个 FM＝AN，求证：MN∥平面 EBC.
立体几何中的向量方法——证明平行及垂直
立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直1．直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2.3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的．( )(2)平面的单位法向量是唯一确定的．( )(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( )(4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( )(5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行．( )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．( )1．下列各组向量中不平行的是( )A ．a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2，－4,4)B ．c ＝(1,0,0)，d ＝(－3,0,0)C ．e ＝(2,3,0)，f ＝(0,0,0)D ．g ＝(－2,3,5)，h ＝(16,24,40)2．已知平面α有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为______________．4．若A (0,2，198)，B (1，－1，58)，C (－2,1，58)是平面α的三点，设平面α的法向量n ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.题型一 证明平行问题例1 (2013·改编)如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，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 .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与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．题型二证明垂直问题例2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.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC ＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角．(1)求证：CM∥平面PAD；(2)求证：平面PAB⊥平面PAD.题型三解决探索性问题例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)求二面角D－A1A－C的余弦值；(3)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．如图所示，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．利用向量法解决立体几何问题典例：如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E－ACD的体积．A 组 专项基础训练1．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( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α相交2．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．在平面D ．平行或在平面3．已知A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则平行四边形ABCD 的顶点D 的坐标是( )A ．(2,4，－1)B ．(2,3,1)C ．(－3,1,5)D ．(5,13，－3)4．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627B.637C.607D.6575．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 所成的角为( )A ．60°B ．45°C ．90°D ．以上都不正确6．已知平面α的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．7．设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________.8．如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________． 9．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .10．如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .B 组 专项能力提升11．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(23，23，1)C ．(22，22，1) D ．(24，24，1) 12．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 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．613．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个．14．如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .15．在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．。
立体几何中的向量方法——证明平行及垂直
立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直1．直线的方向向量与平面的法向量确实定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数*，y ，使v ＝*v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打"√〞或"×〞)(1)直线的方向向量是唯一确定的．()(2)平面的单位法向量是唯一确定的．()(3)假设两平面的法向量平行，则两平面平行．()(4)假设两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．()(5)假设a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行．()(6)假设空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行．()1．以下各组向量中不平行的是()A ．a ＝(1,2，－2)，b ＝(－2，－4,4)B ．c ＝(1,0,0)，d ＝(－3,0,0)C ．e ＝(2,3,0)，f ＝(0,0,0)D ．g ＝(－2,3,5)，h ＝(16,24,40)2．平面α有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则以下点P 中，在平面α的是()A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)3．AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，假设AB →⊥BC →，BP →＝(*－1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数*，y ，z 分别为______________．4．假设A (0,2，198)，B (1，－1，58)，C (－2,1，58)是平面α的三点，设平面α的法向量n ＝(*，y ，z )，则*∶y ∶z ＝________.题型一 证明平行问题例1(2013·改编)如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，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 .如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？假设存在，求出λ的值；假设不存在，说明理由．题型二 证明垂直问题例2 如下图，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD .如下图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角．(1)求证：CM ∥平面PAD ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PAD .题型三 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)求二面角D－A1A－C的余弦值；(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，假设存在，求出点P的位置，假设不存在，请说明理由．如下图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD.(2)假设SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.假设存在，求SE∶EC的值；假设不存在，试说明理由．利用向量法解决立体几何问题典例：如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E－ACD的体积．A组专项根底训练1．假设直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α相交2．假设AB→＝λCD→＋μCE→，则直线AB与平面CDE的位置关系是()A．相交B．平行C．在平面D．平行或在平面3．A(4,1,3)，B(2，－5,1)，C(3,7，－5)，则平行四边形ABCD的顶点D的坐标是() A．(2,4，－1) B．(2,3,1)C．(－3,1,5) D．(5,13，－3)4．a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，假设a，b，c三向量共面，则实数λ等于()A.627B.637C.607D.6575．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 所成的角为()A ．60°B ．45°C ．90°D ．以上都不正确6．平面α的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．7．设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________.8．如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________． 9．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ . 10．如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，PA ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面PAB ；(2)求证：平面PAD ⊥平面PDC .B 组 专项能力提升11．如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为()A ．(1,1,1)B ．(23，23，1) C ．(22，22，1) D ．(24，24，1)12．设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量，假设α⊥β，则t 等于()A ．3B ．4C ．5D ．613．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN→的实数λ有________个．14．如下图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面ABC ；(2)B 1F ⊥平面AEF .15．在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点．(1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论．。
证明平面与平面垂直(空间向量)
1．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；二是直接求解两个平面的法向量，由两个法向量垂直，得面面垂直．2．向量法证明面面垂直的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系，恰当建系或用基向量表示后，只需经过向量运算就可得到要证明的结果，思路方法“公式化”，降低了思维难度．.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.4．若平面α与β的法向量分别是a＝(4,0，－2)，b＝(1,0,2)，则平面α与β的位置关系是( )A．平行 B．垂直C．相交不垂直 D．无法判断解析：∵a·b＝4×1＋0＋(－2)×2＝0.∴a⊥b，∴α⊥β.答案：B面面垂直.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为CC1的中点，证明：平面B1ED⊥平面B1BD.【证明】 以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，E (0,1，12)，DB 1→＝(1,1,1)，DE →＝(0,1，12)，设平面B 1DE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则x ＋y ＋z ＝0且y ＋12z ＝0，令z ＝－2，∴n 1＝(1,1，－2)．同理求得平面B 1BD 的法向量为n 2＝(1，－1,0)，由n 1·n 2＝0，知n 1⊥n 2，∴平面B 1DE ⊥平面B 1BD .图3－2－124．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 为CC 1的中点，证明：平面B 1ED ⊥平面B 1BD .[证明] 以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，则D (0，0，0)，B 1(1，1，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，DB 1→＝(1，1，1)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，设平面B 1DE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则x ＋y ＋z ＝0且y ＋12z ＝0，令z ＝－2，则y ＝1，x ＝1，∴n 1＝(1，1，－2)．同理求得平面B 1BD 的法向量为n 2＝(1，－1，0)，由n 1·n 2＝0，知n 1⊥n 2，∴平面B 1DE ⊥平面B 1BD .例3：如图3－2－12，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，BB 1＝1，E 为BB 1的中点，求证：平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .【解答】 由题意得AB ，BC ，B 1B 两两垂直，以B 为原点，分别以BA ，BC ，BB 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2,0,0)，A 1(2,0,1)，C (0,2,0)，C 1(0,2,1)，E (0,0，12)，则AA 1→＝(0,0,1)，AC →＝(－2,2,0)，AC 1→＝(－2,2,1)，AE →＝(－2,0，12)．设平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1→＝0n 1·AC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0.令x ＝1，得y ＝1，∴n 1＝(1,1,0)．设平面AEC 1的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·AC 1→＝0n 2·AE →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＋z ＝0，－2x ＋12z ＝0. 令z ＝4，得x ＝1，y ＝－1.∴n 2＝(1，－1,4)．∵n 1·n 2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0， ∴n 1⊥n 2.∴平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，BB 1＝1，E 为BB 1的中点，证明：平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .思路探究：要证明两个平面垂直，由两个平面垂直的条件，可证明这两个平面的法向量垂直，转化为求两个平面的法向量n 1，n 2，证明n 1·n 2＝0.[解] 由题意得AB ，BC ，B 1B 两两垂直．以B 为原点，BA ，BC ，BB 1分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2，0，0)，A 1(2，0，1)，C (0，2，0)，C 1(0，2，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，则AA 1→＝(0，0，1)，AC →＝(－2，2，0)，AC 1→＝(－2，2，1)，AE →＝(－2，0，12)． 设平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)． 则⎩⎨⎧n 1·AA 1→＝0，n 1·AC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－2x 1＋2y 1＝0.令x 1＝1，得y 1＝1.∴n 1＝(1，1，0)．设平面AEC 1的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 则⎩⎨⎧n 2·AC 1→＝0，n 2·AE →＝0⇒⎩⎨⎧－2x 2＋2y 2＋z 2＝0，－2x 2＋12z 2＝0， 令z 2＝4，得x 2＝1，y 2＝－1.∴n 2＝(1，－1，4)． ∵n 1·n 2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0. ∴n 1⊥n 2，∴平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点，F 为CD 的中点，G 为AB 的中点．求证：平面ADE ⊥平面A 1FG .证明：连结D 1F ，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，设正方体棱长为1.∴D (0，0，0)，E (1，1，12)，A (1，0，0)，A 1(1，0，1)，G (1，12，0)，F (0，12，0)．∴AE →＝(0，1，12)，A 1G →＝(0，12，－1)，GF →＝(－1，0，0)．∴AE →·A 1G →＝0＋12－12＝0，AE →·GF →＝0＋0＋0＝0. ∴AE →⊥A 1G →，AE →⊥GF →， ∵A 1G ∩GF ＝G ， ∴AE ⊥平面A 1GF . 又AE ⊂平面ADE ， ∴平面ADE ⊥平面A 1GF .6.如图， 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长为22，侧棱长为4，E 、F 分别是棱AB 、BC 的中点，EF ∩BD ＝G .求证：平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1.[证明] 以D 为原点，DA 、DC 、DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，由题意知：D (0,0,0)、B 1(22，22，4)、E (22，2，0)、F (2，22，0)，B 1E →＝(0，－2，－4)、EF →＝(－2，2，0)． 设平面B 1EF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． 则n ·B 1E →＝－2y －4z ＝0，n ·EF →＝－2x ＋2y ＝0. 解得x ＝y ，z ＝－24y ，令y ＝1得n ＝(1,1，－24)， 又平面BDD 1B 1的一个法向量为AC →＝(－22，22，0)， 而n ·AC →＝1×(－22)＋1×22＋(－24)×0＝0，即n ⊥AC →.∴平面B 1EF ⊥平面BDD 1B 1. 10.如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点，F 为CD 的中点，G 为AB 的中点．求证：平面ADE ⊥平面A 1FG .证明：连结D 1F ，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz ，设正方体棱长为1.∴D (0,0,0)，E (1,1，12)，A (1,0,0)，A 1(1,0,1)，G (1，12，0)，F (0，12，0)．∴AE →＝(0,1，12)，A 1G →＝(0，12，－1)，GF →＝(－1,0,0)．∴AE →·A 1G →＝0＋12－12＝0，AE →·GF →＝0＋0＋0＝0.∴AE →⊥A 1G →，AE →⊥GF →， ∵A 1G ∩GF ＝G ， ∴AE ⊥平面A 1GF . 又AE ⊂平面ADE ， ∴平面ADE ⊥平面A 1GF .11．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面边长为2，侧棱长为3，E 、F 分别是AB 1、CB 1的中点，求证：平面D 1EF ⊥平面AB 1C .证明：把正四棱柱如图放置在坐标系中，则各点坐标为A (2，0,0)，C (0，2，0)，B 1(2，2，3)，D 1(0,0，3)，E (2，22，32)，F (22，2，32)． 假设平面AB 1C 的法向量为n 1＝(1，λ1，u 1)，则n 1应垂直于AC →和AB 1→， 而AC →＝(－2，2，0)，AB 1→＝(0，2，3)，∴n 1·AC →＝－2＋2λ1＝0， n 1·AB 1→＝2λ1＋3u 1＝0. ∴λ1＝1，u 1＝－63. ∴n 1＝(1,1，－63)．再设平面D 1EF 的法向量为n 2＝(1，λ2，u 2)，则n 2应垂直于D 1E →、D 1F →. 而D 1E →＝(2，22，－32)，D 1F →＝(22，2，－32)，n 2·D 1E →＝2＋22λ2－32u 2＝0，∴n 2·D 1F →＝22＋2λ2－32u 2＝0.∴λ2＝1，u 2＝ 6. ∴n 2＝(1,1，6)． 由于n 1·n 2＝1＋1－63·6＝0， ∴n 1⊥n 2.∴平面D 1EF ⊥平面AB 1C .2．三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为三角形A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，A 1A ⊥平面ABC .A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 中点．证明：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.[证明] 如图，建立空间直角坐标系．则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)， A 1(0，0，3)，C 1(0，1，3)，因为D为BC的中点，所以D点坐标为(1，1，0)，所以BC→＝(－2，2，0)，AD→＝(1，1，0)，AA1→＝(0，0，3)，因为BC→·AD→＝－2＋2＋0＝0，BC→·AA1→＝0＋0＋0＝0，所以BC→⊥AD→，BC→⊥AA1→，所以BC⊥AD，BC⊥AA1，又AD∩AA1＝A，所以BC⊥平面ADA1，而BC⊂平面BCC1B1，所以平面A1AD⊥平面BCC1B1.三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝3，AB＝2，AC＝2，A1C1＝1，BDDC＝12.证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1.证明：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(0,0，3)，C1(0,1，3)．∵BD∶DC＝1∶2，∴BD→＝13BC→，∴D点坐标为(223，23，0)，∴AD→＝(223，23，0)，BC→＝(－2，2,0)，AA1→＝(0,0，3)．∵BC→·AA1→＝0，BC→·AD→＝0，∴BC⊥AA1，BC⊥AD.又A1A∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AD.又BC⊂平面BCC1B1，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.中等难度建系10．如图3-2-16所示，△ABC 是一个正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，且CE ＝CA ＝2BD ．图3-2-16求证：平面DEA ⊥平面ECA ．【答案】建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，不妨设CA ＝2， 则CE ＝2，BD ＝1，C (0,0,0)，A (3，1,0)，B (0,2,0)，E (0,0,2)，D (0,2,1)．所以EA →＝(3，1，－2)，CE →＝(0,0,2)，ED →＝(0,2，－1)．分别设平面CEA 与平面DEA 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EA →＝0，n 1·CE →＝0，即⎩⎨⎧3x 1＋y 1－2z 1＝0，2z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－3x 1，z 1＝0，⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EA →＝0，n 2·ED →＝0，即⎩⎨⎧3x 2＋y 2－2z 2＝0，2y 2－z 2＝0， 解得⎩⎨⎧x 2＝3y 2，z 2＝2y 2.不妨取n 1＝(1，－3，0)， n 2＝(3，1,2)，因为n 1·n 2＝0，所以n 1⊥n 2. 所以平面DEA ⊥平面ECA ．2017·开封模拟)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ．图7-7-4求证：平面BCE ⊥平面CDE . 【导学号：97190251】[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 ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．所以BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )． 设平面BCE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由n 1·BE →＝0，n 1·BC →＝0可得 ⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋3ay 1＋az 1＝0，2ax 1－az 1＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋3y 1＋z 1＝0，2x 1－z 1＝0.令z 1＝2，可得n 1＝(1，－3，2)． 设平面CDE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 由n 2·CD →＝0，n 2·ED →＝0可得 ⎩⎪⎨⎪⎧－ax 2＋3ay 2＝0，－2az 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋3y 2＝0，z 2＝0.令y 2＝1，可得n 2＝(3，1,0)． 因为n 1·n 2＝1×3＋1×(－3)＝0. 所以n 1⊥n 2，所以平面BCE ⊥平面CDE .底面是梯形如图所示，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)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .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 ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD→，∴P A ⊥BD . (2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0， ∴DM→⊥PB →，即DM ⊥PB . ∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，∴DM ⊥平面P AB .∵DM ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面P AB .9.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA ，DP ，DC 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .依题意有Q (1，1，0)，C (0，0，1)，P (0，2，0)，则DQ→＝(1，1，0)，DC →＝(0，0，1)，PQ →＝(1，－1，0). ∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC→＝0. 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ，又DQ ∩DC ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .[跟踪训练] 如图7-7-5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 ．图7-7-5证明：(1)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB ．[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 ＝ 3.∴A (1，－2,0)，B (1,0,0)，D (－1，－1,0)，P (0,0，3)．∴BD →＝(－2，－1,0)，P A →＝(1，－2，－3)．∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0，∴P A →⊥BD →，∴P A ⊥BD ．(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32. ∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1,0，－3)， ∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0， ∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB ．∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A ．又∵P A ∩PB ＝P ，∴DM ⊥平面P AB ．∵DM ⊂平面P AD ，∴平面P AD ⊥平面P AB ．4.在正三棱锥P-ABC 中,三条侧棱PA,PB,PC 两两垂直,G 是△PAB 的重心,E,F 分别为BC 、PB 上的点,且BE∶EC=PF∶FB=1∶2.(1)求证:平面GEF ⊥平面PBC.(2)求证:EG ⊥BC,PG ⊥EG.【证明】(1)如图,以三棱锥的顶点P 为原点,以PA 、PB 、PC 所在直线分别作为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设PA=PB=PC=3,则A(3,0,0),B(0,3,0),C(0,0,3),E(0,2,1),F(0,1,0),G(1,1,0),P(0,0, 0), 方法一:可得=(3,0, 0),=(1,0,0),故=3,所以PA ∥FG.而PA ⊥平面PBC,所以FG ⊥平面PBC.又FG ⊂平面GEF,所以平面GEF ⊥平面PBC.方法二:可得=(0,-1,-1),=(1,-1,-1).设平面GEF 的法向量是n =(x,y,z), 则有n ⊥,n ⊥,所以{y +z =0,x -y -z =0.令y=1,得z=-1,x=0,即n =(0,1,-1).显然=(3,0,0)是平面PBC的一个法向量.又n·=0,所以n⊥.所以平面GEF⊥平面PBC.(2)因为=(1,-1,-1),=(1,1,0),=(0,-3,3),所以·=1-1=0,·=3-3=0.所以EG⊥PG,EG⊥BC.。
立体几何中的向量方法—证明平行于垂直
学习目标： 1.能够运用向量的坐标判断两个向量的平行 或垂直； 2.理解直线的方向向量与平面的法向量； 3.能用向量方法解决线面、面面的垂直与平 行问题，体会向量方法在立几中的作用。
要点回顾
1．直线的方向向量 就是指和这条直线所对应向量 平行 (或共线)的向量，显然一条直 线的方向向量可以有 无数多 个．
1 3λ → → (2)假设存在∵AP＝λPA1，∴P( ，0， )，设平面 AB1C1 的一 1＋λ 1＋λ → → 个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，AB1＝(－1,1， 3)，AC1＝(－2,1， 3)， → n1· 1＝－x1＋y1＋ 3z1＝0 AB ∴ → n · ＝－2x ＋y ＋ 3z ＝0， 1 AC1 1 1 1
基础自测 1.已知直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 v· u＝0, l 与 α 的关系是( D ) A．l⊥α B．l∥α C．l⊂α D．l∥α 或 l⊂α 2．已知平面 α 内有一个点 M(1，－1,2)，平面 α 的一个法向 量是 n＝(6，－3,6)，则下列点 P 中在平面 α 内的是( A ) A. P(2,3,3) B. P(－2,0,1) C. P(－4,4,0) D. P(3，－3,4) 3． 已知 a＝(1,1,1)， b＝(0,2， －1)， c＝ma＋nb＋(4， －4,1)． 若 c 与 a 及 b 都垂直，则 m，n 的值分别为( A ) A．－1,2 B．1，－2 C．1,2 D．－1，－2
2．直线方向向量与平面法向量在确定直线、平面位置关系中的应用
直线 l1 的方向向量 u1＝(a1,b1,c1),直线 l2 的方向向量为 u2=(a2,b2,c2) 如果 l1∥l2，那么 u1∥u2⇔ (a1，b1，c1)＝λ(a2，b2，c2)． a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. 如果 l1⊥l2，那么 u1⊥u2⇔ 直线 l 的方向向量为 u＝(a1,b1,c1),平面 α 的法向量为 n＝(a2,b2,c2) 若 l∥α，则 u⊥n⇔u· n＝0⇔ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 ； 若 l⊥α，则 u∥n⇔u＝kn⇔ (a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2) ； 平面 α1 的法向量为 u1＝(a1,b1,c1)平面 α2 的法向量为 u2＝ (a2,b2,c2) (a ，b ，c )＝k(a2，b2，c2)． 若 α1∥α2，则 u1∥u2⇔u1＝ku2⇔ 1 1 1 若 α1⊥α2，则 u1⊥u2⇔u1·2＝0⇔ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. u
立体几何中不易建系的用空间向量证明垂直问题。
立体几何中不易建系的用空间向量证明垂直问题。
1. 引言1.1 概述立体几何是数学中的一个重要分支，研究空间中的图形和特定关系。
建系问题是立体几何中一个常见的难题，它涉及到如何确定或构建一个合适的坐标系来描述和表示空间中的元素和关系。
在解决建系问题时，传统的方法存在一定局限性和困难，例如难以应对复杂的几何结构、缺乏普适性等。
1.2 文章结构本文将通过引入空间向量理论来探讨解决立体几何中不易建系的问题。
文章分为以下几个部分：- 引言：介绍本文的背景和论文结构。
- 立体几何中的建系问题：阐述建系定义与重要性、传统方法的局限性与困难，以及空间向量在解决建系问题中的优势。
- 空间向量证明垂直问题的基本原理与方法：讨论垂直关系的定义与特征、空间向量表示垂直关系的有效途径，以及应用空间向量证明垂直性质时需要考虑的因素。
- 实例分析：通过一个具体案例来说明使用空间向量证明垂直问题的步骤和推理过程，并对结果进行分析和讨论。
- 结论与展望：总结研究成果并得出结论，同时提出未来研究方向和进一步工作的展望。
1.3 目的本文的目的是介绍空间向量在解决立体几何中不易建系的问题中所起到的作用和优势，并通过实例分析来验证其有效性。
通过本文的研究，读者将能够理解空间向量在解决建系问题中的重要性，并了解使用空间向量证明垂直问题的基本原理与方法。
最终，本文希望为立体几何领域中建系问题的解决提供一种新思路和有价值的参考。
2. 立体几何中的建系问题：2.1 建系的定义与重要性：在立体几何中，建系是指通过选取适当的点或向量作为参照，构建坐标系或基底来描述和表示空间中的几何事物或运动。
建系是解决立体几何问题和进行进一步分析的基础，它可以帮助我们确定方向、测量距离和角度，从而推导出更多关于空间图形、运动和变换的性质。
2.2 建系方法的局限性与困难：传统的建系方法主要包括平行四边形法、角平分线法、垂直线法等。
然而，这些方法在实际应用中存在一定的局限性和困难。
(二)向量方法证明空间线面垂直关系
学习目标 1.能用向量法判断一些简单线线、线面、面面垂直关系.2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直关系.3.能用向量方法证明空间线面垂直关系的有关定理.知识点一 向量法判断线线垂直思考 若直线l 1的方向向量为μ1＝(1，3，2)，直线l 2的方向向量为μ2＝(1，－1，1)，那么两直线是否垂直？用向量法判断两条直线垂直的一般方法是什么？答案 l 1与l 2垂直，因为μ1·μ2＝1－3＋2＝0，所以μ1⊥μ2，又μ1，μ2是两直线的方向向量，所以l 1与l 2垂直.判断两条直线是否垂直的方法：(1)在两直线上分别取两点A 、B 与C 、D ，计算向量AB →与CD →的坐标，若AB →·CD →＝0，则两直线垂直，否则不垂直.(2)判断两直线的方向向量的数量积是否为零，若数量积为零，则两直线垂直，否则不垂直. 梳理 设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，a 2，a 3)，直线m 的方向向量为b ＝(b 1，b 2，b 3)，则l ⊥m ⇔a·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 知识点二 向量法判断线面垂直思考 若直线l 的方向向量为μ1＝⎝⎛⎭⎫2，43，1，平面α的法向量为μ2＝⎝⎛⎭⎫3，2，32，则直线l 与平面α的位置关系是怎样的？如何用向量法判断直线与平面的位置关系？答案 垂直，因为μ1＝23μ2，所以μ1∥μ2，即直线的方向向量与平面的法向量平行，所以直线l 与平面α垂直.判断直线与平面的位置关系的方法：(1)直线l 的方向向量与平面α的法向量共线⇒l ⊥α.(2)直线的方向向量与平面的法向量垂直⇒直线与平面平行或直线在平面内. (3)直线l 的方向向量与平面α内的两相交直线的方向向量垂直⇒l ⊥α.梳理 设直线l 的方向向量a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量μ＝(a 2，b 2，c 2)，则l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ(k ∈R ).知识点三 向量法判断面面垂直思考 平面α，β的法向量分别为μ1＝(x 1，y 1，z 1)，μ2＝(x 2，y 2，z 2)，用向量坐标法表示两平面α，β垂直的关系式是什么？ 答案 x 1x 2＋y 1y 2＋z 1z 2＝0.梳理 若平面α的法向量为μ＝(a 1，b 1，c 1)，平面β的法向量为ν＝(a 2，b 2，c 2)，则α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.类型一 证明线线垂直例1 已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为1，M 是底面上BC 边的中点，N 是侧棱CC 1上的点，且CN ＝14CC 1.求证：AB 1⊥MN .证明 设AB 中点为O ，作OO 1∥AA 1.以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OO 1为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得A ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，32，0，N ⎝⎛⎭⎫0，32，14，B 1⎝⎛⎭⎫12，0，1， ∵M 为BC 中点， ∴M ⎝⎛⎭⎫14，34，0.∴MN →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，14，AB 1→＝(1，0，1)，∴MN →·AB 1→＝－14＋0＋14＝0.∴MN →⊥AB 1→， ∴AB 1⊥MN .反思与感悟 证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直.跟踪训练1 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，求证：AC ⊥BC 1.证明 ∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5， ∴AC 、BC 、C 1C 两两垂直.如图，以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.则C (0，0，0)，A (3，0，0)，C 1(0，0，4)，B (0，4，0)， ∵AC →＝(－3，0，0)，BC 1→＝(0，－4，4)， ∴AC →·BC 1→＝0.∴AC ⊥BC 1. 类型二 证明线面垂直例2 如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .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 .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，以OB →，OO 1→，OA →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)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0). 所以AB 1→＝(1，2，－3)，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0). 因为AB 1→·BA 1→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0. AB 1→·BD →＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1→⊥BA 1→，AB 1→⊥BD →，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD . 又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD . 反思与感悟 用坐标法证明线面垂直的方法及步骤 方法一：(1)建立空间直角坐标系. (2)将直线的方向向量用坐标表示.(3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量. (4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0. 方法二：(1)建立空间直角坐标系. (2)将直线的方向向量用坐标表示. (3)求出平面的法向量.(4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行.跟踪训练2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，点P 为DD 1的中点.求证：直线PB 1⊥平面P AC .证明 如图建系，C (1，0，0)，A (0，1，0)，P (0，0，1)，B 1(1，1，2)，PC →＝(1，0，－1)，P A →＝(0，1，－1)，PB 1→＝(1，1，1)，B 1C →＝(0，－1，－2)，B 1A →＝(－1，0，－2).PB 1→·PC →＝(1，1，1)·(1，0，－1)＝0， 所以PB 1→⊥PC →，即PB 1⊥PC .又PB 1→·P A →＝(1，1，1)·(0，1，－1)＝0， 所以PB 1→⊥P A →，即PB 1⊥P A .又P A ∩PC ＝P ，所以PB 1⊥平面P AC . 类型三 证明面面垂直例3 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，E 为BB 1的中点，求证：平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C .证明 由题意知直线AB ，BC ，B 1B 两两垂直，以点B 为原点，分别以BA ，BC ，BB 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2，0，0)，A 1(2，0，1)，C (0，2，0)，C 1(0，2，1)，E (0，0，12)，故AA 1→＝(0，0，1)，AC →＝(－2，2，0)，AC 1→＝(－2，2，1)，AE →＝(－2，0，12).设平面AA 1C 1C 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0.令x ＝1，得y ＝1，故n 1＝(1，1，0). 设平面AEC 1的法向量为n 2＝(a ，b ，c )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·AC 1→＝0，n 2·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2a ＋2b ＋c ＝0，－2a ＋12c ＝0. 令c ＝4，得a ＝1，b ＝－1，故n 2＝(1，－1，4). 因为n 1·n 2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0， 所以n 1⊥n 2.所以平面AEC 1⊥平面AA 1C 1C . 反思与感悟 证明面面垂直的两种方法(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明. (2)向量法：证明两个平面的法向量互相垂直.跟踪训练3 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，求证：平面BEF ⊥平面ABC .证明 以B 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设A (0，0，a )，则易得B (0，0，0)，C ⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，D (0，3a ，0)，E ⎝⎛⎭⎫34a ，34a ，a 2，F (0，32a ，a 2)，故AB →＝(0，0，－a )，BC →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0.设平面ABC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－az 1＝0，x 1＋y 1＝0，取x 1＝1，∴n 1＝(1，－1，0)为平面ABC 的一个法向量. 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面BEF 的一个法向量， 同理可得n 2＝(1，1，－3).∵n 1·n 2＝(1，－1，0)·(1，1，－3)＝0，∴平面BEF⊥平面ABC.1.下列命题中，正确命题的个数为()①若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β；②若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1·n2＝0；③若n是平面α的法向量，a与平面α平行，则n·a＝0；④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直.A.1B.2C.3D.4答案 C解析①中平面α，β可能平行，也可能重合，结合平面法向量的概念，易知②③④正确.2.已知两直线的方向向量为a，b，则下列选项中能使两直线垂直的为()A.a＝(1，0，0)，b＝(－3，0，0)B.a＝(0，1，0)，b＝(1，0，1)C.a＝(0，1，－1)，b＝(0，－1，1)D.a＝(1，0，0)，b＝(－1，0，0)答案 B解析因为a＝(0，1，0)，b＝(1，0，1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B.3.若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为μ＝(－2，0，－4)，则()A.l∥αB.l⊥αC.l⊂αD.l与α斜交答案 B解析∵a∥μ，∴l⊥α.4.平面α的一个法向量为m＝(1，2，0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1，0)，则平面α与平面β的位置关系是()A.平行B.相交但不垂直C.垂直D.不能确定答案 C解析∵(1，2，0)·(2，－1，0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面垂直.5.已知平面α与平面β垂直，若平面α与平面β的法向量分别为μ＝(－1，0，5)，ν＝(t，5，1)，则t的值为________.答案 5解析∵平面α与平面β垂直，∴平面α的法向量μ与平面β的法向量ν垂直，∴μ·ν＝0，即(－1)×t＋0×5＋5×1＝0，解得t＝5.空间垂直关系的解决策略40分钟课时作业一、选择题1.设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2，2，1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m等于()A.－2B.2C.6D.10答案 D解析因为a⊥b，故a·b＝0，即－2×3＋2×(－2)＋m＝0，解得m＝10.2.若平面α，β的法向量分别为a＝(－1，2，4)，b＝(x，－1，－2)，并且α⊥β，则x的值为( )A.10B.－10C.12D.－12答案 B解析 因为α⊥β，则它们的法向量也互相垂直， 所以a ·b ＝(－1，2，4)·(x ，－1，－2)＝0， 解得x ＝－10.3.已知点A (0，1，0)，B (－1，0，－1)，C (2，1，1)，P (x ，0，z )，若P A ⊥平面ABC ，则点P 的坐标为( )A.(1，0，－2)B.(1，0，2)C.(－1，0，2)D.(2，0，－1) 答案 C解析 由题意知AB →＝(－1，－1，－1)，AC →＝(2，0，1)，AP →＝(x ，－1，z )，又P A ⊥平面ABC ，所以有AB →·AP →＝(－1，－1，－1)·(x ，－1，z )＝0，得－x ＋1－z ＝0， ① AC →·AP →＝(2，0，1)·(x ，－1，z )＝0，得2x ＋z ＝0，②联立①②得x ＝－1，z ＝2，故点P 的坐标为(－1，0，2).4.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( ) A.AC B.BD C.A 1D D.A 1A 答案 B解析 建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，则A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (1，0，0)，D (0，0，0)，A 1(0，1，1)，C 1(1，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，∴CE →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1，AC →＝(1，－1，0)， BD →＝(－1，－1，0)，A 1D →＝(0，－1，－1)，A 1A →＝(0，0，－1)， ∵CE →·BD →＝(－1)×(－12)＋(－1)×12＋0×1＝0，∴CE ⊥BD .5.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.n 1＝(1，2，1)，n 2＝(－3，1，1) B.n 1＝(1，1，2)，n 2＝(－2，1，1)C.n 1＝(1，1，1)，n 2＝(－1，2，1)D.n 1＝(1，2，1)，n 2＝(0，－2，－2) 答案 A解析 ∵1×(－3)＋2×1＋1×1＝0， ∴n 1·n 2＝0，故选A.6.两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z )，v ＝(－2，－y ，1)，若α⊥β，则y ＋z 的值是( )A.－3B.6C.－6D.－12 答案 B解析 α⊥β⇒μ·v ＝0⇒－6＋y ＋z ＝0，即y ＋z ＝6. 二、填空题7.在三棱锥S －ABC 中，∠SAB ＝∠SAC ＝∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29，则异面直线SC 与BC 是否垂直________.(填“是”或“否”) 答案 是解析 如图，以A 为原点，AB ，AS 分别为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则由AC ＝2，BC ＝13，SB ＝29， 得B (0，17，0)，S (0，0，23)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫21317，417，0， SC →＝⎝⎛⎭⎪⎫21317，417，－23，CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫－21317，1317，0. 因为SC →·CB →＝0，所以SC ⊥BC .8.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4，2，0)，AP →＝(－1，2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________.(填序号) 答案 ①②③解析 ∵AP →·AB →＝(－1，2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP ⊥AB ，即①正确；∵AP →·AD →＝(－1，2，－1)·(4，2，0)＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0，∴AP ⊥AD ，即②正确； 又∵AB ∩AD ＝A ，∴AP ⊥平面ABCD ，即AP →是平面ABCD 的一个法向量，即③正确；∵AP →是平面ABCD 的法向量，∴AP →⊥BD →，即④不正确.9.在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点P (2cos x ＋1，2cos 2x ＋2，0)和点Q (cos x ，－1，3)，其中x ∈[0，π].若直线OP 与直线OQ 垂直，则x 的值为________.答案 π2或π3解析 由题意得OP →⊥OQ →，∴cos x ·(2cos x ＋1)－(2cos 2x ＋2)＝0.∴2cos 2x －cos x ＝0，∴cos x ＝0或cos x ＝12. 又x ∈[0，π]，∴x ＝π2或x ＝π3. 10.在△ABC 中，A (1，－2，－1)，B (0，－3，1)，C (2，－2，1).若向量n 与平面ABC 垂直，且|n |＝21，则n 的坐标为________________.答案 (－2，4，1)或(2，－4，－1)解析 据题意，得AB →＝(－1，－1，2)，AC →＝(1，0，2).设n ＝(x ，y ，z )，∵n 与平面ABC 垂直，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －x －y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4z ，y ＝－2x . ∵|n |＝21，∴x 2＋y 2＋z 2＝21，解得y ＝4或y ＝－4.当y ＝4时，x ＝－2，z ＝1；当y ＝－4时，x ＝2，z ＝－1.三、解答题11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD ＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点.证明：CD ⊥平面P AE .证明 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设P A ＝h ，则相关各点的坐标为A (0，0，0)，B (4，0，0)，C (4，3，0)，D (0，5，0)，E (2，4，0)，P (0，0，h ).易知CD →＝(－4，2，0)，AE →＝(2，4，0)，AP →＝(0，0，h ).因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP ，而AP ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线，所以CD ⊥平面P AE .12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AB ＝1，AD ＝3，点F 是PB 的中点，点E 在边BC 上移动.求证：无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF .证明 建立如图所示空间直角坐标系，则P (0，0，1)，B (0，1，0)，F ⎝⎛⎭⎫0，12，12，D ()3，0，0，设BE ＝x (0≤x ≤3)，则E (x ，1，0)，PE →·AF →＝(x ，1，－1)·⎝⎛⎭⎫0，12，12＝0， 所以x ∈[0， 3 ]时都有PE ⊥AF ，即无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF .13.已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点.(1)求证：A 1E ⊥BD ；(2)若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置.(1)证明 以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设正方体棱长为a ，则 A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a ).设E (0，a ，e ) (0≤e ≤a )，A 1E →＝(－a ，a ，e －a )，BD →＝(－a ，－a ，0)，A 1E →·BD →＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0，∴A 1E →⊥BD →，即A 1E ⊥BD .(2)解 设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2). ∵DB →＝(a ，a ，0)，DA 1→＝(a ，0，a )，DE →＝(0，a ，e )，∴⎩⎪⎨⎪⎧ ax 1＋ay 1＝0，ax 1＋az 1＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋ay 2＝0，ay 2＋ez 2＝0. 取x 1＝x 2＝1，得n 1＝(1，－1，－1)，n 2＝(1，－1，a e)， 由平面A 1BD ⊥平面EBD 得n 1⊥n 2，∴2－a e＝0，即e ＝a 2.∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .。
8.7空间向量在立体几何中的应用——证明平行与垂直
1.用向量表示直线或点在直线上的位置(1)给定一个定点A 和一个向量a ，再任给一个实数t ，以A 为起点作向量AP →＝t a ，则此向量方程叫做直线l 以t 为参数的参数方程.向量a 称为该直线的方向向量.(2)对空间任一确定的点O ，点P 在直线l 上的充要条件是存在唯一的实数t ，满足等式OP →＝(1－t )OA →＋tOB →，叫做空间直线的向量参数方程. 2.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1 ∥u 2. 3.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的.( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行.( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( × )1.平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( ) A.2 B.－4 C.4 D.－2 答案 C解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 2.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.(－33，－33，－33) D.(33，33，－33) 答案 C解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .故选C.3.已知直线l 的方向向量为v ＝(1,2,3)，平面α的法向量为u ＝(5,2，－3)，则l 与α的位置关系是____________. 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵v ·u ＝0，∴v ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.4.(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________. 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5.(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________. 答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0， ∴ON 与AM 垂直.题型一 利用空间向量证明平行问题例1 如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG . 证明 ∵平面P AD ⊥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). ∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (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.如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，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 .证明 方法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线分别为y 、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0,0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12， 所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .方法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同方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(x 0，y 0,0). ∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y,0)，则(x －x 0，y －y 0,0)＝14(－x 0，2－y 0,0)，∴⎩⎨⎧x ＝34x 0y ＝24＋34y∴OF →＝(34x 0，24＋34y 0,0)又由方法一知PQ →＝(34x 0，24＋34y 0,0)，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .题型二 利用空间向量证明垂直问题 命题点1 证线面垂直例2 如图所示，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 方法一 设平面A 1BD 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 ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝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BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证. 方法二 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 —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)， A (0,0，3)，B 1(1,2,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直例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)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC . 证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)， B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4).于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， 所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125， 又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝C ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM . 思维升华 证明垂直问题的方法(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)其一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；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面法向量平行；其三证明面面垂直：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即可.(1)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D 、E 、F 分别为B 1A 、C 1C 、BC 的中点.求证： ①DE ∥平面ABC ； ②B 1F ⊥平面AEF .证明 ①如图建立空间直角坐标系Axyz ， 令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4). 取AB 中点为N ，连接CN ， 则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .②B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0). B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(2)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°角.①求证：CM ∥平面P AD ； ②求证：平面P AB ⊥平面P AD .证明 ①以C 为坐标原点，分别以CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP 所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ， ∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4.∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)， M (32，0，32)， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝(32，0，32)，令n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1).∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →，又CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .②取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1). ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA ，又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD ， 又∵BE ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AD .题型三 利用空间向量解决探索性问题例4 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)求二面角D －A 1A －C 的余弦值；(3)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由. (1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1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，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3). 由于BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1. (2)解 由于OB ⊥平面AA 1C 1C ，∴平面AA 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0). 设n 2＝(x ，y ，z )为平面DAA 1D 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AA 1→＝0，n 2·AD →＝0， 即⎩⎨⎧y ＋3z ＝0，－3x ＋y ＝0，取n 2＝(1，3，－1)，则〈n 1，n 2〉即为二面角D －A 1A －C 的平面角，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝55，所以，二面角D －A 1A －C 的余弦值为55. (3)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0,1，3). 从而有P (0,1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3＝(x 3，y 3，z 3)⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →， 即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.在四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E 、F 分别是AB 、PB 的中点. (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面P AD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论. (1)证明 如图，分别以DA 、DC 、DP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)， A (a,0,0)，B (a ，a,0)， C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎫a ，a2，0， P (0,0，a )，F ⎝⎛⎭⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a,0). ∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解 设G (x,0，z )，则FG →＝⎝⎛⎭⎫x －a 2，－a 2，z －a 2， 若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0) ＝a ⎝⎛⎭⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝⎛⎭⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a ) ＝a 22＋a ⎝⎛⎭⎫z －a 2＝0，得z ＝0. ∴G 点坐标为⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，即G 点为AD 的中点.17.利用向量法解决立体几何问题典例 (12分)(2014·湖北)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2).(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由. 规范解答解 以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .[1分]由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)，P (0，0，λ)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，BC 1→＝(－2,0,2)，FP →＝(－1,0，λ)，FE →＝(1,1,0)，MN →＝(－1，－1,0)，NP →＝(－1,0，λ－2).[3分] (1)证明 当λ＝1时，FP →＝(－1,0,1)， 因为BC 1→＝(－2,0,2)， 所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .[7分](2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0. 于是可取n ＝(λ，－λ，1).[9分]同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2,2－λ，1).若存在λ，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角，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±22.[11分] 故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角.[12分] 温馨提醒 (1)利用向量法证明立体几何问题，可以建坐标系或利用基底表示向量；(2)建立空间直角坐标系时，要根据题中条件找出三条互相垂直的直线；(3)利用向量除了可以证明线线平行、垂直，线面、面面平行、垂直外，还可以利用向量求夹角、距离，从而解决线段长度问题、体积问题等.[方法与技巧]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.两种思路：(1)选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断.(2)建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题.[失误与防范]用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.A 组 专项基础训练(时间：40分钟)1.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( )A.l ∥αB.l ⊥αC.l ⊂αD.l 与α相交答案 B解析 ∵n ＝－2a ，∴a 与α的法向量平行，∴l ⊥α.2.已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内A.P (2,3,3)B.P (－2,0,1)C.P (－4,4,0)D.P (3，－3,4)答案 A解析 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1,4,1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.3.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A.相交B.平行C.在平面内D.平行或在平面内答案 D解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面，∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内.4.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为( )A.(1,1,1)B.(23，23，1) C.(22，22，1) D.(24，24，1) 答案 C解析 设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，则O (22，22，0)， 又E (0,0,1)，A (2，2，0)，∴OE →＝(－22，－22，1)，AM →＝(x －2，y －2，1)， ∵AM ∥平面BDE ，∴OE →∥AM →，∴⎩⎨⎧ x －2＝－22，y －2＝－22，⇒⎩⎨⎧ x ＝22，y ＝22.5.已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是___________________________________.解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1，∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.6.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________.答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0，∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确.又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确.∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)，∴BD →与AP →不平行，故④错误.7.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD ，且P A ＝AD＝2，E ，F ，H 分别是线段P A ，PD ，AB 的中点.求证：(1)PB ∥平面EFH ；(2)PD ⊥平面AHF .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∴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)，H (1,0,0).(1)∵PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)，∴PB →＝2EH →，∴PB ∥EH .∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ，∴PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)，∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又∵AF ∩AH ＝A ，∴PD ⊥平面AHF .8.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 、DP 、DC 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz .依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0).∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ，又DQ ∩DC ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .9.如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)，∴E (12，1，12)，F (0,1，12)，EF →＝(－12，0,0)，PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)，AB →＝(1,0,0).(1)∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ， 又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC .又AP ∩AD ＝A ，∴DC ⊥平面P AD .∵DC ⊂平面PDC ，∴平面P AD ⊥平面PDC .B 组 专项能力提升(时间：25分钟)10.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.答案 1解析 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x,1,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，∴FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.11.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形ABCD 的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ有________个.答案 2解析 建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则P (x ，y,2)，O (1，1,0)，∴OP 的中点坐标为⎝⎛⎭⎫x ＋12，y ＋12，1， 又知D 1(0,0,2)，∴Q (x ＋1，y ＋1,0)，而Q 在MN 上，∴x Q ＋y Q ＝3，∴x ＋y ＝1，即点P 坐标满足x ＋y ＝1.∴有2个符合题意的点P ，即对应有2个λ.12.如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点.(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由.(1)证明 以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝⎛⎭⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，0. ∵B 1E →·AD 1→＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B 1E ⊥AD 1.(2)解 假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0).使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0).又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z ).∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0. 取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0， 解得z 0＝12. 又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12. 13.如图所示，四棱锥S —ABCD 的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P 为侧棱SD 上的点.(1)求证：AC ⊥SD .(2)若SD ⊥平面P AC ，则侧棱SC 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面P AC .若存在，求SE ∶EC 的值；若不存在，试说明理由.(1)证明 连接BD ，设AC ∩BD ＝O ，则AC ⊥BD .由题意知SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图.设底面边长为a ，则高SO ＝62a ， 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0， SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0. 故OC ⊥SD .从而AC ⊥SD .(2)解 棱SC 上存在一点E ，使BE ∥平面P AC .理由如下：由已知条件知DS →是平面P AC 的一个法向量，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS → ＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a (1－t )，62at ， 而BE →·DS →＝0⇔t ＝13. 即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →.而BE 不在平面P AC 内，故BE ∥平面P AC .∴存在一点E ，使得BE ∥平面P AC ，此时SE ∶EC ＝2.。
用空间向量解决立体几何中的垂直问题
第2课时用空间向量解决立体几何中的垂直问题学习目标 1.能用向量法判断一些简单线线、线面、面面垂直关系.2.掌握用向量方法证明有关空间线面垂直关系的方法步骤．知识点一向量法判断线线垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m⇔a·b ＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.知识点二向量法判断线面垂直设直线l的方向向量a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量μ＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ(k∈R)．知识点三向量法判断面面垂直思考平面α，β的法向量分别为μ1＝(x1，y1，z1)，μ2＝(x2，y2，z2)，用向量坐标法表示两平面α，β垂直的关系式是什么？答案x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.梳理若平面α的法向量为μ＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(1)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．(×)(2)两直线的方向向量垂直，则两条直线垂直．(√)(3)直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．(√)(4)两个平面的法向量平行，则这两个平面平行；两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直．(√)类型一线线垂直问题例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CC 1上的点，且CN ＝14CC 1.求证：AB 1⊥MN .考点 向量法求解直线与直线的位置关系 题点 方向向量与线线垂直证明 设AB 中点为O ，作OO 1∥AA 1.以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，OO 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 由已知得A ⎝⎛⎭⎫－12，0，0， B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，32，0， N ⎝⎛⎭⎫0，32，14，B 1⎝⎛⎭⎫12，0，1， ∵M 为BC 中点， ∴M ⎝⎛⎭⎫14，34，0.∴MN -→＝⎝⎛⎭⎫－14，34，14，AB 1-→＝(1,0,1)，∴MN -→·AB 1-→＝－14＋0＋14＝0.∴MN -→⊥AB 1-→，∴AB 1⊥MN .反思与感悟 证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．跟踪训练1 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，求证：AC ⊥BC 1.考点 向量法求解直线与直线的位置关系 题点 方向向量与线线垂直证明 ∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，∴AC ，BC ，C 1C 两两垂直．如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Cxyz .则C (0,0,0)，A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)， ∵AC →＝(－3,0,0)，BC 1-→＝(0，－4,4)， ∴AC →·BC 1-→＝0.∴AC ⊥BC 1.类型二 证明线面垂直例2 如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点． 求证：AB 1⊥平面A 1BD .考点 向量法求解直线与平面的位置关系 题点 向量法解决线面垂直证明 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 .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，且平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，AO ⊂平面ABC ，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为坐标原点，OB ，OO 1，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)， B 1(1,2,0)．所以AB 1-→＝(1,2，－3)，BA 1-→＝(－1,2，3)， BD -→＝(－2,1,0)．因为AB 1-→·BA 1-→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0. AB 1-→·BD -→＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1-→⊥BA 1-→，AB 1-→⊥BD -→，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD . 又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD . 反思与感悟 用坐标法证明线面垂直的方法及步骤 方法一：(1)建立空间直角坐标系． (2)将直线的方向向量用坐标表示．(3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量． (4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0. 方法二：(1)建立空间直角坐标系． (2)将直线的方向向量用坐标表示． (3)求出平面的法向量．(4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行．跟踪训练2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，点P 为DD 1的中点．求证：直线PB 1⊥平面P AC .考点 向量法求解直线与平面的位置关系 题点 向量法解决线面垂直证明 如图，以D 为坐标原点，DC ，DA ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ， C (1,0,0)，A (0,1,0)，P (0,0,1)，B 1(1,1,2)， PC →＝(1,0，－1)，P A →＝(0,1，－1)， PB 1-→＝(1,1,1)，B 1C -→＝(0，－1，－2)， B 1A -→＝(－1,0，－2)．PB 1-→·PC →＝(1,1,1)·(1,0，－1)＝0，所以PB 1-→⊥PC →，即PB 1⊥PC . 又PB 1-→·P A →＝(1,1,1)·(0,1，－1)＝0， 所以PB 1-→⊥P A →，即PB 1⊥P A .又P A ∩PC ＝P ，所以PB 1⊥平面P AC . 类型三 证明面面垂直问题例3 三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 的中点．证明：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1. 考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直证明 方法一 如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,1，3)． ∵D 为BC 的中点，∴D 点坐标为(1,1,0)， ∴AD →＝(1,1,0)，AA 1-→＝(0,0，3)，BC →＝(－2,2,0)， ∴AD →·BC →＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0， AA 1-→·BC →＝0×(－2)＋0×2＋3×0＝0， ∴AD →⊥BC →，AA 1-→⊥BC →， ∴BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1.又A 1A ∩AD ＝A ，∴BC ⊥平面A 1AD .又BC ⊂平面BCC 1B 1，∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1. 方法二 同方法一建系后，得AA 1-→＝(0,0，3)， AD →＝(1,1,0)，BC →＝(－2,2,0)，CC 1-→＝(0，－1，3)． 设平面A 1AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1-→＝0，n 1·AD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0， ∴n 1＝(1，－1,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·CC 1-→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0，令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33， ∴n 2＝⎝⎛⎭⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2， ∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.反思与感悟 证明面面垂直的两种方法(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明． (2)向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．跟踪训练3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点． (1)求证：平面AED ⊥平面A 1FD 1；(2)在直线AE 上求一点M ，使得A 1M ⊥平面AED . 考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直(1)证明 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为2，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，E (2,2,1)，F (0,1,0)，A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，∴DA →＝D 1A 1-→＝(2,0,0)，DE →＝(2,2,1)，D 1F -→＝(0,1，－2)． 设平面AED 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝(x 1，y 1，z 1)·(2，0，0)＝0，n 1·DE →＝(x 1，y 1，z 1)·(2，2，1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，2x 1＋2y 1＋z 1＝0. 令y 1＝1，得n 1＝(0,1，－2)．同理，平面A 1FD 1的一个法向量为n 2＝(0,2,1)． ∵n 1·n 2＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴n 1⊥n 2， ∴平面AED ⊥平面A 1FD 1. (2)解 由于点M 在直线AE 上， 因此可设AM -→＝λAE →＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)， 则M (2,2λ，λ)，∴A 1M -→＝(0,2λ，λ－2)． 要使A 1M ⊥平面AED ，只需A 1M -→∥n 1， 即2λ1＝λ－2－2，解得λ＝25. 故当AM ＝25AE 时，A 1M ⊥平面AED .1．下列命题中，正确命题的个数为( )①若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β； ②若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β ⇔ n 1·n 2＝0；③若n 是平面α的法向量，a 是直线l 的方向向量，若l 与平面α平行，则n ·a ＝0； ④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直 答案 C解析 ①中平面α，β可能平行，也可能重合，结合平面法向量的概念，可知②③④正确．2．已知两直线的方向向量为a，b，则下列选项中能使两直线垂直的为()A．a＝(1,0,0)，b＝(－3,0,0)B．a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)C．a＝(0,1，－1)，b＝(0，－1,1)D．a＝(1,0,0)，b＝(－1,0,0)考点向量法求解直线与直线的位置关系题点向量法解决线线垂直答案 B解析因为a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B. 3．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为μ＝(－2,0，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交考点向量法求解直线与平面的位置关系题点向量法解决线面垂直答案 B解析∵a∥μ，∴l⊥α.4．平面α的一个法向量为m＝(1,2,0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．不能确定考点向量法求解平面与平面的位置关系题点向量法解决面面垂直答案 C解析∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面垂直．5．在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝13，SB＝29，则异面直线SC与BC是否垂直________．(填“是”或“否”)考点向量法求解直线与直线的位置关系题点向量法解决线线垂直答案是解析如图，以A为坐标原点，AB，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz ， 则由AC ＝2，BC ＝13， SB ＝29，得B (0，17，0)，S (0,0，23)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫21317，417，0， SC →＝⎝⎛⎭⎪⎫21317，417，－23， CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫－21317，1317，0. 因为SC →·CB →＝0，所以SC ⊥BC .空间垂直关系的解决策略一、选择题1．设直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(－2,2,1)，b ＝(3，－2，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( ) A ．－2 B ．2 C ．6 D ．10考点 向量法求解直线与直线的位置关系 题点 方向向量与线线垂直 答案 D解析 因为a ⊥b ，故a ·b ＝0，即－2×3＋2×(－2)＋m ＝0，解得m ＝10.2．若平面α，β的法向量分别为a ＝(－1,2,4)，b ＝(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为( ) A ．10 B ．－10 C.12 D ．－12考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直 答案 B解析 因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直， 所以a ·b ＝(－1,2,4)·(x ，－1，－2)＝0， 解得x ＝－10.3．已知点A (0,1,0)，B (－1,0，－1)，C (2,1,1)，P (x,0，z )，若P A ⊥平面ABC ，则点P 的坐标为( ) A ．(1,0，－2) B ．(1,0,2) C ．(－1,0,2)D ．(2,0，－1)考点 向量法求解直线与平面的位置关系 题点 向量法解决线面垂直 答案 C解析 由题意知AB →＝(－1，－1，－1)，AC →＝(2,0,1)，AP →＝(x ，－1，z )，又P A ⊥平面ABC ，所以有AB →·AP →＝(－1，－1，－1)·(x ，－1，z )＝0，得－x ＋1－z ＝0. ① AC →·AP →＝(2,0,1)·(x ，－1，z )＝0，得2x ＋z ＝0，② 联立①②得x ＝－1，z ＝2，故点P 的坐标为(－1,0,2)．4．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1A考点 向量法求解直线与直线的位置关系题点 方向向量与线线垂直答案 B解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1.则C (0,1,0)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1，1)，A 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，∴CE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AC →＝(－1,1,0)， BD →＝(－1，－1,0)，A 1D -→＝(－1,0，－1)，A 1A -→＝(0,0，－1)，∵CE →·BD →＝(－1)×12＋(－1)×⎝⎛⎭⎫－12＋0×1＝0，∴CE ⊥BD . 5．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A. (1，－1,1)B.⎝⎛⎭⎫1，3，32C.⎝⎛⎭⎫1，－3，32D.⎝⎛⎭⎫－1，3，－32 考点 直线的方向向量与平面的法向量题点 法向量求解线面垂直答案 B解析 要判断点P 是否在平面α内，只需判断向量P A →与平面α的法向量n 是否垂直，即P A →·n是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A ，P A →＝(1,0,1)，则P A →·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，P A →＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12，则P A →·n ＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0，故B 正确；同理可排除C ，D.故选B.6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ， 则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 中的一个垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥ACC ．EF 与BD 1相交D ．EF 与BD 1异面考点 直线的方向向量与平面的法向量题点 求直线的方向向量答案 B解析 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，∴A 1D -→＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎫13，13，－13，BD 1-→＝(－1，－1,1)，∴EF →＝－13BD 1-→，A 1D -→·EF →＝0，AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC ，故选B.7．两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z )，v ＝(－2，－y ，1)，若α⊥β，则y ＋z 的值是( )A ．－3B ．6C ．－6D ．－12考点 向量法求解平面与平面的位置关系题点 向量法求解面面垂直答案 B解析 ∵α⊥β，∴μ·v ＝0，即－6＋y ＋z ＝0，即y ＋z ＝6.二、填空题8.如图所示，在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，E 为BC 的中点，则AE →·BC →＝_______.考点 向量法求解直线与直线的位置关系题点 方向向量与线线垂直答案 0解析 因为BE ＝EC ，故AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →，在三棱锥A －BCD 中， DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，故AE →·BC →＝⎣⎡⎦⎤12(DB →＋DC →)－DA →·(DC →－DB →)＝12(DC →2－DB →2)＝0. 9．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量． 其中正确的是________．(填序号)考点 向量法求解直线与直线的位置关系题点 向量法解决线线垂直答案 ①②③解析 AP →·AB →＝(－1,2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP ⊥AB ，即①正确．AP →·AD →＝(－1,2，－1)·(4,2,0)＝－1×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP ⊥AD ，即②正确．又∵AB ∩AD ＝A ，∴AP ⊥平面ABCD ，即AP →是平面ABCD 的一个法向量，③正确．10．在△ABC 中，A (1，－2，－1)，B (0，－3,1)，C (2，－2,1)．若向量n 与平面ABC 垂直，且|n |＝21，则n 的坐标为________________．考点 向量法求解线面垂直问题题点 向量法求解线面垂直答案 (－2,4,1)或(2，－4，－1)解析 据题意，得AB →＝(－1，－1,2)，AC →＝(1,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )，∵n 与平面ABC 垂直，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －x －y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4z ，y ＝－2x . ∵|n |＝21，∴x 2＋y 2＋z 2＝21，解得y ＝4或y ＝－4.当y ＝4时，x ＝－2，z ＝1；当y ＝－4时，x ＝2，z ＝－1.三、解答题11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．证明：CD ⊥平面P AE .考点 向量法求解直线与平面的位置关系题点 向量法解决线面垂直证明 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .设P A ＝h ，则A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)，P (0，0，h )．所以CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP ，而AP ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线，所以CD⊥平面P AE.12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥底面ABCD，P A＝AB＝1，AD＝3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．求证：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF.考点向量法求解直线与直线的位置关系题点方向向量与线线垂直证明 以A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，则P (0,0,1)，B (0,1,0)，F ⎝⎛⎭⎫0，12，12，D ()3，0，0， 设BE ＝x (0≤x ≤3)，则E (x,1,0)，PE →·AF →＝(x,1，－1)·⎝⎛⎭⎫0，12，12＝0， 所以x ∈[0， 3 ]时都有PE ⊥AF ，即无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF .13.如图，在底面为平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ，点E 是PD 的中点．求证：(1)AC ⊥PB ；(2)PB ∥平面AEC .考点 向量法求解直线与直线的位置关系题点 方向向量与线线垂直证明 (1)如图，以A 为坐标原点，AC ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，设AC ＝a ，P A ＝b .则有A (0,0,0)，B (0，b,0)，C (a,0,0)，P (0,0，b )，∴AC →＝(a,0,0)，PB →＝(0，b ，－b )．从而AC →·PB →＝0，∴AC ⊥PB .(2)由已知得D (a ，－b,0)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，－b 2，b 2，∴AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，－b 2，b 2. 设平面AEC 的一个法向量为n ，则n ⊥AC →且n ⊥AE →，可得n ＝(0,1,1)．∵n ·PB →＝0，∴n ⊥PB .又PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥平面AEC . 四、探究与拓展14.如图，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，E 是CD 的中点，F 是AD 上一点，当BF ⊥PE 时，AF ∶FD 的比值为( )A ．1∶2B ．1∶1C ．3∶1D ．2∶1 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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Axyz ，设正方形边长为1，P A ＝a ，则B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P (0,0，a )．设点F 的坐标为(0，y,0)，则BF →＝(－1，y,0)，PE →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－a .因为BF ⊥PE ，所以BF →·PE →＝0，解得y ＝12，即点F 的坐标为⎝⎛⎭⎫0，12，0，所以F 为AD 的中点，所以AF ∶FD ＝1∶1.15.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：ME ⊥平面BCC 1B 1.考点 向量法求解直线与平面的位置关系题点 向量法解决线面垂直证明 (1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1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Bxyz ，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)，∴BD 1→＝BE →＋BF →，故BD 1→，BE →，BF →共面．又它们有公共点B ，∴E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z )，则GM -→＝⎝⎛⎭⎫0，－23，z ，而BF →＝(0,3,2)， 由题设得GM -→·BF →＝－23·3＋z ·2＝0，得z ＝1. ∵M (0,0,1)，E (3,0,1)，∴ME -→＝(3,0,0)，又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)∴ME -→·BB 1→＝0，ME -→·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC .又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.。
平面向量的共线和垂直关系判定方法
平面向量的共线和垂直关系判定方法平面向量是在平面上具有大小和方向的箭头表示，其操作可用于解决几何和物理问题。
在平面向量的运算过程中，共线和垂直关系是重要的判断条件。
本文将介绍平面向量的共线和垂直关系判定方法，并为读者提供示例，以便更好地理解和应用。
一、共线关系的判定方法共线是指多个向量位于同一直线上。
在判断平面向量的共线关系时，有以下两种方法：1.1 向量倍数关系法若存在实数k，使得向量A=k向量B，即A和B的方向相同或相反，且长度之比为k，则A和B共线。
这是最简单快捷的判定方法。
例如，给定向量A(2,3)和B(4,6)，我们可以通过计算它们的长度之比来验证它们的共线关系。
向量A的长度为√(2²+3²)=√13，向量B的长度为√(4²+6²)=√52。
由于√52/√13=2/3，可以得出A和B共线。
1.2 混合积法混合积又称为标量三重积，对于三个向量A、B和C，其混合积的计算公式为：A·(B×C)。
若A·(B×C)=0，则A、B和C共线。
这是一种更加严谨的判定方法。
例如，给定向量A(2,3)、B(4,6)和C(-2,-3)，我们可以计算A·(B×C)的值。
首先计算向量B和C的叉积为(0,0,0)，然后计算A·(0,0,0)的值。
由于结果为0，可以得出A、B和C共线。
二、垂直关系的判定方法垂直是指两个向量之间的夹角为90度。
在判断平面向量的垂直关系时，有以下两种方法：2.1 向量内积为零若向量A·B=0，则向量A和B垂直。
向量内积（也称点积）的计算公式为A·B=|A||B|cosθ，其中θ为A和B之间的夹角。
当夹角为90度时，cosθ=0，内积为0。
例如，给定向量A(2,3)和B(-3,2)，我们可以通过计算它们的内积来验证它们的垂直关系。
向量A的长度为√(2²+3²)=√13，向量B的长度为√((-3)²+2²)=√13。
利用向量法证明线面平行或垂直
利用向量法证明线面平行或垂直作者：***来源：《中学教学参考·理科版》2020年第12期[摘要]证明线面平行或垂直是高考数学的常考题型，向量法是证明线面平行或垂直的常见方法.在利用直线的方向向量证明线面平行或垂直时，容易出现易漏点造成答题不严谨而失分.而对于计算能力不强的学生，法向量的求解也是易错点.为此，可采用避免求法向量的向量法进行证明.[关键词]向量法;线面平行;线面垂直[中图分类号]G633.6[文献标识码] A[文章编号] 1674-6058（ 2020） 35-0026-02在空间几何体中利用向量法证明线面平行或垂直是高中数学中非常常见的问题.在证明线面平行或垂直的过程中，大多数学生会利用直线的方向向量与平面的法向量之间的关系进行判定.利用这种方法容易出现疏漏和法向量求解错误的问题.下面，笔者通过举例说明其易漏点，同时讲解更优质的解法.一、易漏点在证明线面平行时，学生都可以计算出直线的方向向量与平面的法向量垂直，然后直接得出线面平行的结论.这种写法漏掉了两个步骤.[例1]已知正方体ABCD -A，B，C，D，的棱长为2，F是DD，的中点，求证FC1∥平面ADE.二、避免求解法向量的向量法在采用向量法证明线面平行或垂直时，很多学生因为平面的法向量求解错误而导致证明失败，特别是遇上动点问题时，平面的法向量求解成为众多学生的难题.因此，在这两种证明的过程中若能避免求平面的法向量，那求证过程就会变得简单.证明线面平行可以采用平面向量基本定理，证明线面垂直可以根据线面垂直的定义直接证明线线垂直而得.1.使用平面向量基本定理证明线面平行例1中通过求平面ADE的—个法向量为n=（0，一1，2），证明FC1⊥n，即可证明FC1∥平面ADE.若是使用平面向量基本定理证明线面平行，只需要在乎面ADE中任意选择两个向量，使得直线FC1构成的向量能用这两个向量的线性关系唯一表示，使用平面向量基本定理证明线面平行可以避免求平面的法向量，特别是含参数的平面法向量特别难求时.2.向量法中使用线面垂直的定义证明线面垂直向量法中，只需要证明直线的方向向量与平面的法向量共线，就可以证明线面垂直，事实上，若是需要证明线面垂直，说明直线一定垂直于平面.我们只需要证明直线的方向向量分别垂直平面内两条不相交的直线的方向向量即可.[例3]如图3，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，侧棱PA上底面ABCD，且PA= AD=2，H，F分别是线段AB，PD的中点.证明：PD⊥平面AHF.向量法中，用线面垂直的定义证明线面垂直可以避免平面法向量的求解，其计算步骤简单易算，在证明直线的方向向量与平面的法向量共线的方法中，求解平面的法向量是多余的，因为要证的直线的方向向量實际上已经是平面的法向量了，以上是笔者在平时教学和批改作业中遇到的学生解题问题及处理方法，在此作为教学笔记一起共勉.（责任编辑陈昕）。