高三数学一轮(人教B)课件：第9章 第7节 用向量方法证明平行与垂直(理)
高三数学一轮总复习第七章立体几何7.7立体几何中的向量方法一证明平行与垂直课件.ppt
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∴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)，
∴tt＝ －2s＝，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。
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证明：(1)取AB中点为N，则N(2,0,0)， 又 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内，DE⊄面ABC， 故DE∥平面ABC。
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(2)B1F⊥平面AEF。
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→→
证明：(2) B1F ＝(－2,2，－4)， EF ＝(2，－2，－2)， AF ＝(2,2,0)， B1F ·EF ＝(－
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通关特训1 如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直 角三角形，且PA＝AD＝2，E、F、G分别是线段PA、PD、CD的中点。求证：PB ∥平面EFG。
证明：∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形， ∴AB、AP、AD两两垂直，பைடு நூலகம்A为坐标原点， 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(2,2,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、 G(1,2,0)。
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝1，－a2，－a。 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥D→P，有a2－az0＝0， 解得z0＝12。又DP⊄平面B1AE， ∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝12。
用向量方法证明平行与垂培训资料
总结词
向量线性组合定理
详细描述
如果两个平面上的任意两个向量都可以由另一个平面上的某个向量线性组合得到，则这两 个平面一定平行。
证明过程
设两个平面上的任意两个向量$vec{a}$和$vec{b}$可以由另一个平面上的某个向量$vec{c}$ 线性组合得到，即$vec{a} = k_1vec{c}$和$vec{b} = k_2vec{c}$，则根据向量线性组合的性 质，这两个平面一定平行。
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向量的向量积
向量向量积的定义
总结词
向量积是由两个向量生成的第三个向量，其大小等于两个原向量构成的平行四边形的面 积，方向与原向量构成的平面垂直。
详细描述
向量积的定义基于几何概念，它表示两个向量通过点乘和叉乘运算生成第三个向量。这 个新向量的模等于原向量构成的平行四边形的面积，方向垂直于这个平行四边形所在的
垂直证明
证明两向量垂直，即证明两向量之间 的夹角为90度。
通过向量的点积性质，可以证明两向 量的点积为0，即 $overset{longrightarrow}{AB} cdot overset{longrightarrow}{CD} = 0$。
用向量的方法证明平行与垂直关系
用向量的方法证明平行与垂直关系平行与垂直是向量的重要性质，可以用向量的方法进行证明。
接下来，我将介绍如何用向量的方法证明平行和垂直关系，以及一些相关的性质和定理。
1.平行性质的证明：两个向量a和b平行的定义是它们的方向相同或相反，并且它们的长度可以不相等。
下面是两个向量平行的证明方法：方法一：向量比例法如果向量a和b平行，那么可以找到一个非零实数k，使得a=k*b。
可以通过比较向量的坐标分量来找到这个常数k。
如果两个向量平行，它们的对应坐标分量之间的比值应该相等。
举例来说，如果有向量a=(1,2,3)和向量b=(2,4,6)，我们可以通过将它们的相同位置的坐标分量相除来证明它们平行，如下所示：1/2=2/4=3/6=1/2这表明向量a和b的对应坐标分量比值相等，因此它们是平行的。
方法二：向量点乘法如果两个向量a和b平行，那么它们的点乘等于它们的长度之积。
即a·b=，a，*，b，其中，a，和，b，分别表示向量a和b的长度。
假设有向量a=(x1, y1, z1)和向量b=(x2, y2, z2)，那么它们的点乘为a·b = x1*x2 + y1*y2 + z1*z2、另一方面，它们的长度之积为，a，*，b， = sqrt(x1^2 + y1^2 + z1^2) * sqrt(x2^2 + y2^2 + z2^2)。
如果将这两个等式相等，即a·b = ，a，*，b，那么可以得出向量a和b平行。
2.垂直性质的证明：两个向量a和b垂直的定义是它们的点乘为零，即a·b=0。
下面是两个向量垂直的证明方法：方法一：向量内积法两个向量a和b的点乘为a·b=x1*x2+y1*y2+z1*z2、如果a·b=0，那么可以证明向量a和b垂直。
举例来说，如果有向量a=(1,2,3)和向量b=(2,-1,-2)，我们可以计算它们的点乘为：a·b=1*2+2*(-1)+3*(-2)=0因此，向量a和b垂直。
高考数学大一轮总复习 第九章 第7讲 空间向量的应用(一)证明平行与垂直课件 理
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解析：要使 l∥α，则必须 a⊥n，故 a·n＝0，
经验算，仅选项 D 符合要求，故选 D.
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4.若 a＝(2,1，－ 3)，b＝(－1,5， 3)，则以 a，b 为邻边
的平行四边形的面积为
.
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解析：因为 a·b＝(2,1，－ 3)·(－1,5， 3)＝0， 所以 a⊥b，又|a|＝2 2，|a|＝ 29， 所以 a，b 为邻边的平行四边形的面积为 |a|·|b|＝2 2× 29＝2 58.
于是 MN ＝(21，0，21)， DA1 ＝(1,0,1)， DB1 ＝(1,1,0)．
设平面 A1BD 的法向量是 n＝(x，y，z)．
则 n DA1 ＝0，且 n DB1完＝整版0p，pt 可得xx＋＋zy＝＝00 .
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取 x＝1，得 y＝－1，z＝－1， 所以 n＝(1，－1，－1)．
又 MN n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，
所以 MN ⊥n.
又因为 MN⊄平面 A1BD，所以 MN∥A1BD.
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【温馨提示】 用向量证明线面平行的方法有：(1)证明 该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；(2)证明该直线 的方向向量与平面内某直线的方向向量平行．注：合理建立 坐标系能简化计算．
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【跟踪训练 1】 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2， E、F 分别是 BB1、DD1 的中点，求证：
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A.3
B.2
C．－29
D．－32
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解析：因为 a∥b，所以－13＝－λ32＝－25125，
2015届高考数学一轮总复习 9-7用向量方法证明平行与垂直
2015届高考数学一轮总复习 9-7用向量方法证明平行与垂直基础巩固强化一、选择题1．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为侧面BCC 1B 1的中心．若AE →＝zAA 1→＋xAB →＋yAD →，则x＋y ＋z 的值为( )A ．1 B.32 C ．2 D.34[答案] C[解析] ∵AE →＝AB →＋BE →＝AB →＋12AA 1→＋12AD →.∴x ＋y ＋z ＝1＋12＋12＝2.2．(2012·银川质检)若直线l 1、l 2的方向向量分别为a ＝(2,4，－4)，b ＝(－6,9,6)，则( ) A ．l 1∥l 2 B ．l 1⊥l 2C ．l 1与l 2相交但不垂直D ．以上均不正确 [答案] B[解析] ∵a ·b ＝2×(－6)＋4×9＋(－4)×6＝0， ∴a ⊥b ，∴l 1⊥l 2.3．已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E 、F 分别是BC 、AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A ．a 2 B.12a 2C.14a 2D.34a 2 [答案] C[解析] AE →·AF →＝12(AB →＋AC →)·12AD →＝14(AB →·AD →＋AC →·AD →)＝14(a 2cos60°＋a 2cos60°)＝14a 2.故选C.4．已知二面角α－l －β的大小为60°，点B 、C 在棱l 上，A ∈α，D ∈β，AB ⊥l ，CD ⊥l ，AB ＝2，BC ＝1，CD ＝3，则AD 的长为( )A.14B.13 C ．2 2 D ．2 5 [答案] C[解析] 由条件知|AB →|＝2，|BC →|＝1，|CD →|＝3，AB →⊥BC →，BC →⊥CD →，〈AB →，CD →〉＝120°，AD →＝AB→＋BC →＋CD →，∴|AD →|2＝|AB →|2＋|BC →|2＋|CD →|2＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＋2AB →·CD →＝4＋1＋9＋2×2×3×cos120°＝8， ∴|AD →|＝2 2.5．平面α经过三点A (－1,0,1)、B (1,1,2)，C (2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是( )A.⎝⎛⎭⎫12，－1，－1B ．(6，－2，－2)C ．(4,2,2)D ．(－1,1,4) [答案] D[解析] 设平面α的法向量为n ，则n ⊥AB →，n ⊥AC →，n ⊥BC →，所有与AB →(或AC →、BC →)平行的向量或可用AB →与AC →线性表示的向量都与n 垂直，故选D.6．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°[答案] C[解析] 由条件知，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋ BD →.∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉 ＝116＋96cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2， ∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，∴〈CA →，BD →〉＝120°，所以二面角的大小为60°. 二、填空题 7.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 1为原点，直线D 1A 1、D 1C 1、D 1D 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,1)，B (1,1,1)，B 1(1,1,0)，设DF ＝t ，CE ＝k ，则D 1F ＝1－t ，∴F (0,0,1－t )，E (k,1,1)，要使B 1E ⊥平面ABF ，易知AB ⊥B 1E ，故只要B 1E ⊥AF 即可，∵AF →＝(－1,0，－t )，B 1E →＝(k －1,0,1)，∴AF →·B 1E →＝1－k －t ＝0，∴k ＋t ＝1，即CE ＋DF ＝1.8．如图，在平行四边形ABCD 中，AB →·BD →＝0,2AB →2＋BD →2＝4，若将其沿BD 折成直二面角A －BD －C ，则三棱锥A －BCD 的外接球的体积为________．[答案] 43π[解析] 因为AB ⊥BD ，二面角A －BD －C 是直二面角，所以AB ⊥平面BCD ，∴AB ⊥BC ，AD ⊥DC .故△ABC ，△ADC 均为直角三角形．取AC 的中点M ，则MA ＝MC ＝MD ＝MB ，故点M 即为三棱锥A －BCD 的外接球的球心．由2AB →2＋BD →2＝4⇒AB →2＋BD →2＋CD →2＝AC →2＝4，∴AC ＝2，∴R ＝1.故所求球的体积为V ＝43π.9．(2012·厦门质检)已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a 、b 为邻边的平行四边形的面积为________．[答案] 65[解析] |a |＝22＋(－1)2＋22＝3， |b |＝22＋22＋12＝3，a ·b ＝2×2＋(－1)×2＋2×1＝4，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝49，sin 〈a ，b 〉＝659，S 平行四边形＝|a ||b |·sin〈a ，b 〉＝65.三、解答题 10.如图，四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，PB 与底面所成的角为45°，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，P A ＝BC ＝12AD ＝1.(1)求证：平面P AC ⊥平面PCD ；(2)在棱PD 上是否存在一点E ，使CE ∥平面P AB ？若存在，请确定E 点的位置；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，∴PB 与平面ABCD 所成的角为∠PBA ＝45°.∴AB ＝1， 由∠ABC ＝∠BAD ＝90°，易得CD ＝AC ＝2，∴AC ⊥CD . 又∵P A ⊥CD ，P A ∩AC ＝A ，∴CD ⊥平面P AC ，又CD ⊂平面PCD ， ∴平面P AC ⊥平面PCD .(2)分别以AB 、AD 、AP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．∴P (0,0,1)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设E (0，y ，z )，则PE →＝(0，y ，z －1)，PD →＝(0,2，－1)．∵PE →∥PD →，∴y ·(－1)－2(z －1)＝0① ∵AD →＝(0,2,0)是平面P AB 的法向量， 又CE →＝(－1，y －1，z )，CE ∥平面P AB .∴CE →⊥AD →.∴(－1，y －1，z )·(0,2,0)＝0，∴y ＝1. 将y ＝1代入①，得z ＝12.∴E 是PD 的中点，∴存在E 点使CE ∥平面P AB ，此时E 为PD 的中点.能力拓展提升11.(2013·杭州模拟)直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D 、E 分别为AB 、BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值． [解析](1)证明：设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意，|a |＝|b |＝|c |且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0， ∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D . (2)AC ′→＝－a ＋c ，CE →＝b ＋12c ，∴|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |.AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·(b ＋12c )＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22·52|a |2＝1010.即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010. 12．如图，已知AB⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，AD ＝DE ＝2AB ，且F 是CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE . [证明] 证法一：(1)取CE 的中点P ，连接FP 、BP ， ∵F 为CD 的中点， ∴FP ∥DE ，且FP ＝12DE .又AB ∥DE ，且AB ＝12DE ，∴AB ∥FP ，且AB ＝FP ，∴四边形ABPF 为平行四边形，∴AF ∥BP . 又∵AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为正三角形，∴AF ⊥CD .∵AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，∴DE ⊥平面ACD ， 又AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF .又AF ⊥CD ，CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE . 又BP ∥AF ，∴BP ⊥平面CDE .又∵BP ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .证法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F (32a ，32a,0)．(1)AF →＝(32a ，32a,0)，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∴AF →＝12(BE →＋BC →)，∵AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)∵AF →＝(32a ，32a,0)，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →，∴AF ⊥CD ，AF ⊥ED . 又CD ∩DE ＝D ，∴AF ⊥平面CDE . 又AF ∥平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE . 13.(2013·泰安适应性训练)如图，平面P AC ⊥平面ABC ，△ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E ，F ，O 分别为P A ，PB ，AC 的中点，AC ＝16，P A ＝PC ＝10.(1)设G 是OC 的中点，证明：FG ∥平面BOE ；(2)证明在△ABO 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE ，并求点M 到OA ，OB 的距离． [解析] (1)证明：如图，连接OP ，以点O 为坐标原点，分别以OB 、OC 、OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系O －xyz ，由条件知，OA ＝OC ＝8，PO ＝6，OB ＝8，则O (0,0,0)，A (0，－8,0)，B (8,0,0)，C (0,8,0)，P (0，0,6)，E (0，－4,3)，F (4,0,3)，G (0,4,0)．因为OB →＝(8,0,0)，OE →＝(0，－4,3)， 所以平面BOE 的法向量n ＝(0,3,4)， 由FG →＝(－4,4，－3)，得n ·FG →＝0. 又直线FG 不在平面BOE 内， 所以FG ∥平面BOE .(2)设点M 的坐标为(x 0，y 0,0)， 则FM →＝(x 0－4，y 0，－3)．要使FM ⊥平面BOE ，只需FM →∥n ， 因此x 0＝4，y 0＝－94，即点M 的坐标是(4，－94，0)．在平面直角坐标系xOy 中，△AOB 的内部区域可表示为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y <0，x －y <8.经检验，点M 的坐标满足上述不等式组，所以在△AOB 内存在一点M ，使FM ⊥平面BOE . 由点M 的坐标得点M 到OA ，OB 的距离分别为4，94.14．(2013·上海浦东新区质检)四棱锥P －ABCD 的底面是平行四边形，平面P AB ⊥平面ABCD ，P A ＝PB ＝AB ＝12AD ，∠BAD ＝60°，E 、F 分别为AD 、PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：EF ⊥平面PBD ； (3)求二面角D －P A －B 的余弦值．[解析] (1)证明：△ABD 中，AD ＝2AB ，∠BAD ＝60°， 由余弦定理得，BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ×AD ×cos60°＝AD 2－AB 2， ∴BD ⊥AB ，∵平面P AB ⊥平面ABCD ，BD ⊥AB ，∴DB ⊥平面P AB ，以B 为原点，直线BA 、BD 分别为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系如图，令AB ＝2，则A (2,0,0)，D (0,23，0)，P (1,0，3)，C (－2,23，0)，∴EF →＝12(AP →＋DC →)＝12(－3,0，3)＝32(－3，0,1)，又平面P AB 的法向量n 2＝(0,1,0)， ∴EF →·n 2＝0，∵EF ⊄平面P AB ，∴EF ∥平面P AB .(2)证明：BD →＝(0,23，0)，BP →＝(1,0，3)，∵EF →·BD →＝0，EF →·BP →＝0，∴EF ⊥BD ，EF ⊥BP ，∴EF ⊥平面PBD .(3)解：设平面P AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，AP →＝(－1,0，3)，AD →＝(－2,23，0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AP →＝－x ＋3z ＝0，n 1·AD →＝－2x ＋23y ＝0，令x ＝3，所以n 1＝(3，1,1)， 平面P AB 的法向量n 2＝(0,1,0)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝15， ∴二面角D －P A －B的余弦值为55.考纲要求理解直线的方向向量与平面向量的法向量．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、平行关系．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)．补充说明1．用向量解决立体几何问题基本思考方向(1)求两点间距离或某一线段长度，用向量的模解决；(2)解决线线平行、面面平行、线面垂直、共线问题，一般考虑共线向量定理； (3)解决线线垂直、面面垂直、线面平行，可考虑转化为向量的数量积为零． (4)解决线面平行、面面平行可以考虑平面向量基本定理．2．证明线面平行和垂直问题，可以用综合几何方法，也可以用向量几何方法．用向量法的关键在于选取基向量或建立坐标系，再用共线向量定理或共面向量定理及两向量平行与垂直的条件，通过向量运算解决．备选习题1．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，H 、F 分别为AB 、CC 1的中点，各棱长都是4. (1)求证CH ∥平面F A 1B . (2)求证平面ABB 1A 1⊥平面F A 1B .(3)设E 为BB 1上一点，试确定E 的位置，使HE ⊥BC 1.[解析] 在正三棱柱中，∵H 为AB 中点，∴CH ⊥AB ，过H 作HM ⊥AB 交A 1B 1于M ，分别以直线AB 、HC 、HM 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则B (2,0,0)，C (0，23，0)，F (0,23，2)，A (－2,0,0)，A 1(－2,0,4)，C 1(0，23，4)．(1)证明：∵HC →＝(0,23，0)，F A 1→＝(－2，－23，2)，BF →＝(－2，23，2)，∴HC →＝12(BF →－F A 1→)， ∵BF →与F A 1→不共线，∴HC →∥平面F A 1B ，∵HC ⊄平面F A 1B ，∴HC ∥平面F A 1B .(2)证明：平面ABB 1A 1的一个法向量为n 1＝HC →＝(0,23，0)，设平面F A 1B 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BF →＝0，n ·F A 1→＝0，∴⎩⎨⎧ －2x ＋23y ＋2z ＝0，－2x －23y ＋2z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z ＝x ，y ＝0. 令x ＝1得n ＝(1,0,1)，∵n ·n 1＝0，∴n ⊥n 1，∴平面ABB 1A 1⊥平面F A 1B.(3)∵E 在BB 1上，∴设E (2,0，t )，(t >0)，则HE →＝(2,0，t )，BC 1→＝(－2,23，4)，∵HE ⊥BC 1，∴HE →·BC 1→＝－4＋4t ＝0，∴t ＝1，∴E 是BB 1上靠近B 点的四等分点(或BE ＝14BB 1)． 2．如图，已知矩形ABCD ，P A ⊥平面ABCD ，M 、N 、R 分别是AB 、PC 、CD 的中点．求证：(1)直线AR ∥平面PMC ；(2)直线MN ⊥直线AB .[证明] 证法1：(1)连接CM ，∵ABCD 为矩形，R 、M 分别为AB 、CD 的中点，∴MA 綊CR ，∴AMCR 为平行四边形，∴CM ∥AR ，又∵AR ⊄平面PMC ，∴AR ∥平面PMC .(2)连接MR 、NR ，在矩形ABCD 中，AB ⊥AD ，P A ⊥平面AC ，∴P A ⊥AB ，AB ⊥平面P AD ，∵MR ∥AD ，NR ∥PD ，∴平面PDA ∥平面NRM ，∴AB ⊥平面NRM ，则AB ⊥MN .证法2：(1)以A 为原点，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AB ＝a ，AD ＝b ，AP ＝c ，则B (a,0,0)，D (0，b,0)，P (0,0，c )，C (a ，b,0)，∵M 、N 、P 分别为AB 、PC 、CD 的中点，∴M (a 2，0,0)，N (a 2，b 2，c 2)，R (a 2，b,0)，∴AR →＝(a 2，b,0)，PM →＝(a 2，0，－c )，MC →＝(a 2，b,0)，设AR →＝λPM →＋μMC →， ⎩⎪⎨⎪⎧ a 2λ＋a 2μ＝a 2，bμ＝b ，－cλ＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝0，μ＝1.∴AR →＝MC →，∴AR ∥MC ， ∵AR ⊄平面PMC ，∴AR ∥平面PMC . (2)MN →＝(0，b 2，c 2)，AB →＝(a,0,0)， ∵MN →·AB →＝0，∴MN →⊥AB →，∴MN ⊥AB .3.(2013·辽宁六校联考)在三棱锥P－ABC中，△P AC和△PBC是边长为2的等边三角形，AB＝2，O是AB的中点．(1)在棱P A上求一点M，使得OM∥平面PBC；(2)求证：平面P AB⊥平面ABC.[解析]解法一：(1)当M为棱P A的中点时，OM∥平面PBC.证明如下：∵M，O分别为P A，AB的中点，∴OM∥PB.又PB⊂平面PBC，OM⊄平面PBC，∴OM∥平面PBC.(2)连接OC，OP.∵AC＝CB＝2，O为AB的中点，AB＝2，∴OC⊥AB，OC＝1.同理，PO⊥AB，PO＝1.又PC＝2，∴PC2＝OC2＋PO2＝2，∴∠POC＝90°，∴PO⊥OC.∵AB∩OC＝O，∴PO⊥平面ABC.∵PO⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面ABC.解法二：设P A →＝a ，PB →＝b ，PC →＝c ，则由条件知|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·c ＝b ·c ＝1， 在△P AB 中，P A ＝PB ＝2，AB ＝2，∴P A ⊥PB ，∴a ·b ＝0.(1)设PM →＝λa ，则OM →＝PM →－PO →＝λa －12(a ＋b )＝(λ－12)a －12b ， ∵OM ∥平面PBC ，∴存在实数s ，k ，使OM →＝s b ＋k c ，∴s b ＋k c ＝(λ－12)a －12b ， 由平面向量基本定理知，λ＝12，s ＝－12，k ＝0， ∴M 为P A 的中点．(2)PO →＝12(a ＋b )， ∵PO →·AC →＝12(a ＋b )·(c －a ) ＝12(a ·c ＋b ·c －|a |2－a ·b )＝0， PO →·AB →＝12(a ＋b )·(b －a )＝12(|b |2－|a |2)＝0， ∴PO →⊥AC →，PO →⊥AB →， ∴PO →是平面ABC 的法向量，又PO ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面ABC .。
高中数学课件-向量法证明平行与垂直
空间中的平行
1.直线与平面平行的判定
➳平面外一条直线与此平面内的一条直线平行, 则该直线与此平面平行．
a
b
a
//
b
a // b
☺ 简称：线面平行.
复习定理
空间中的平行
2.平面与平面平行的判定
➳判定: 一个平面内的两条相交直线与另一个平面 平行，则这两个平面平行．
☺ 简称：面面平行.
证明：如图所示, 建立空间
直角坐标系.A(6,0,0),
E(3,3,3),
Z
P
F(2,2,0), G(0,4,2),
AE =(-3,3,3),FG =(-2,2,2)
几何法呢？
AE = 3 FG AE // FG 2
AE与FG不共线
AE//FG
A
X
EG
D
F
B
C Y
例3 正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E、F分别 是BB1,，CD中点，求证：D1F 平面ADE.
则n DE, n DB
P
于是 xy
z y
0 0
n
1,
1,
1
PA n 0 PA n
而PA 平面EDB
A
所以，PA// 平面EDB
X
E
D
C Y
B
例2 四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方
形, PD⊥底面ABCD，PD=DC=6, E是PB的
中点，DF:FB=CG:GP=1:2 . 求证：AE//FG.
E(0,0,1) B(2,0,0) D(0,2,0)
EB (2, 0, 1)
ED (0, 2, 1)
E
设平面EBD的一个法向量是
高三数学平行与垂直问题PPT教学课件
(2)求证： BD 平 E 平 面 P 面 BC
P Ej C
D
B A
(1)证明：A连 C ,设结 AC 与BD 交点O， 为连 O， E 在三P角 C中 A 形， O是 E 三角 PC形 的 A 中位线， PA 平 所行 O 以E ,PA 不在平 ED面 B 内，所 PA 平 以行平 ED面 . B
(2)证明： P垂 D 因直 为A 底 B面 ， CD所以 C垂 B P 直 ， D B 又 垂 C D 直 ， C 所 B垂 C 以直 平P 面 D ， C所 D垂 以 E B 直 .C
在三角 PD 形中 C ， PDDC,E是PC的中点 所以 DE垂直 PC，因此 DE 有 垂直平 PC面 ， B 因为 DE在平D面 E内 B ，所以B平 D垂 E面直 平面 PBC
平行与垂直问题
课前热身： 1.给出以下四个命题： ①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面
和这个平面相交， 那么这条直线和交线平行；
②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直， 那么这条直线垂直于这个平面。
③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条 直线互相平行；
④如果一个平面平行于另一个平面的一条垂线，那么这 两个平面互相垂直。
4.已知两条直线m,n,两个平面 ,
,给出下列四个命题：其中正确命题的序号是
① m∥n,m⊥ n
② 平 ， m 行 ,n m 平 n行
③ m 平 n ,m 行 平 行 n 平 行
④ 平 ， m 平 行 n ， m 行 n
例1：在四棱P锥 ABCD中， 底面ABCD是正方形， 侧棱PD底面ABCD PD DC, E是PC的中点。
（2）Q点在对角线B1D上，使A1B //平面QAC ,求 B1Q QD
届高考数学一轮复习讲义立体几何中的向量方法Ⅰ证明平行与垂直
届高考数学一轮复习讲义立体几何中的向量方法Ⅰ证明平行与垂直向量方法是解决平行与垂直关系问题的一种常用方法。
在届高考数学一轮复习中，立体几何中的向量方法Ⅰ主要围绕平面中向量的运算和性质展开，通过向量的加减法、数量积、向量积等运算，来验证平行关系和垂直关系。
一、平行关系的向量验证如果两条直线平行，那么它们的方向向量也是平行的。
因此，我们可以通过直线上的两个向量的比较来判断直线是否平行。
具体的步骤如下：1.设有两条直线l1和l2，分别表示为：l1：A1+t1*B1l2：A2+t2*B2其中A1、B1、A2、B2为已知向量。
2.使用向量的坐标表示，将l1和l2中的向量分解为坐标向量，得到：l1：(x1,y1,z1)+t1*(a1,b1,c1)l2：(x2,y2,z2)+t2*(a2,b2,c2)其中x1、y1、z1、x2、y2、z2、a1、b1、c1、a2、b2、c2为已知数。
3.由于l1和l2平行，所以它们的方向向量a1、b1、c1和a2、b2、c2成比例。
即有：a1/a2=b1/b2=c1/c2=k其中k为非零实数。
4.通过比较系数等，求解k的值。
如果k的值存在且不为零，那么说明l1和l2平行；否则，l1和l2不平行。
示例：设有直线l1：r1=(1,2,3)+t(2,3,-1)和直线l2：r2=(4,5,6)+t(-1,-6,4)。
求证l1、l2平行。
解：将l1和l2化为坐标表示：l1：(x1,y1,z1)+t1*(a1,b1,c1)l2：(x2,y2,z2)+t2*(a2,b2,c2)得：l1：(1,2,3)+t1*(2,3,-1)l2：(4,5,6)+t2*(-1,-6,4)。
比较方向向量的系数：2/(-1)=3/(-6)=(-1)/4=k。
令2/(-1)=3/(-6)=(-1)/4=k，解得k=-2因此，由于k存在且不为零，故l1和l2平行。
二、垂直关系的向量验证两条直线垂直可以理解为它们的方向向量的数量积为零。
【走向高考】高考数学一轮总复习(基础梳理导学+高频考点通关)9-7用向量方法证明平行与垂直课件
考点自测 把脉弱点 1．(2013· 宁夏育才中学模拟)如图，已知 AB⊥平面 ACD， DE⊥平面 ACD，△ACD 为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F 为 CD 的中点．
(1)求证：AF∥平面 BCE； (2)求证：平面 BCE⊥平面 CDE； (3)求直线 BF 和平面 BCE 所成角的正弦值．
3．向量的分解与合成是用向量法解决立体几何问题中经 常遇到的问题， 确定合适的基向量或建立恰当的空间直角坐标 系是关键． 4．用空间向量解决立体几何问题的方法 (1)坐标法：如果所给问题的图形中存在互相垂直的直线 (或平面)，比较方便建立空间直角坐标系写出点的坐标，这种 情况下， 一般是建立恰当的空间直角坐标系， 用坐标法通过坐 标运算来解决．
(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表 示， 则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由 已知条件转化的向量有何关系？ (4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到 需要的结论？
2．空间问题如何转化为向量问题 (1)平行问题⇒向量共线，注意重合； (2)垂直问题⇒向量的数量积为零，注意零向量； (3)距离问题⇒向量的模； (4)求角问题⇒向量的夹角，注意角范围的统一．
高频考点通关
用向量证明平行
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.
[分析]
欲证线面平行，可考虑找出平面 EFG 的一个法
→ → 向量 n， 证明PB· n＝0， 也可以考虑将PB用平面 EFG 内两不共 线向量线性表示，由于四边形 ABCD 为正方形，平面 PAD⊥ 平面 ABCD，PA⊥AD，故可建立空间直角坐标系，用向量的 坐标运算证明．
高考数学一轮总复习(基础梳理导学+高频考点通关)97用向量方法证明平行与垂直课件 新人教B版
[方法规律总结] 1.证明直线 l1∥l2 时，分别取 l1、l2 的一 个方向向量 a、b，则 a∥b⇔存在实数 k，使 a＝kb 或利用其 坐标ab11＝ba22＝ab33(其中 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3))．
疑难误区 点拨警示 1．建立坐标系一定要符合右手系原则． 2．证明线面平行时，一定要说明直线在平面外．
高频考点通关
用向量证明平行
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.
(2)基向量法 如果在所给问题中，不好寻找交于一点的互相垂直的三条 直线，或者其坐标难于求出，这时常选图中不共面的三条直线 上的线段构造基底，将所给问题的条件和待解决的结论，用基 底及其线性表示来表达，通过向量运算来解决． 5．运用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的步骤 ①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③ 写出向量的坐标；④结合公式进行计算，论证；⑤转化为几何 结论．
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
∴tt－＝s2＝，0， －t＝－2，
解得 s＝t＝2.
∴P→B＝2F→E＋2F→G，
又∵F→E与F→G不共线，∴P→B、F→E与F→G共面．
∵PB⊄平面 EFG，∴PB∥平面 EFG.
自己再用平面 EFG 的法向量与P→B垂直的方法证明之．
(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表 示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由 已知条件转化的向量有何关系？
(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到 需要的结论？
高中数学《利用向量解决平行、垂直问题》课件
课前自主预习
课堂互动探究
随堂达标自测
课后课时精练
[证明] (1)如图所示，建立空间直角坐标系 Dxyz，
则有 D(0,0,0)，A(2,0,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，F(0，0,1)，B1(2,2,2)，
课前自主预习
课堂互动探究
随堂达标自测
课后课时精练
答案
所以F→C1＝(0,2,1)，D→A＝(2,0,0)，A→E＝(0,2,1)． 设 n1＝(x1，y1，z1)是平面 ADE 的法向量，则 n1⊥D→A，n1⊥A→E，
答案 (1)垂直 (2)垂直 (3)垂直 (4)－10
课前自主预习
课堂互动探究
随堂达标自测
课后课时精练
答案
课堂互动探究
课前自主学习
课堂合作研究
随堂基础巩固
课后课时精练
探究 1 利用空间向量解决平行问题 例 1 已知正方体 ABCD－A1B1C1D1 的棱长为 2，E，F 分别是 BB1，DD1 的中点，求证： (1)FC1∥平面 ADE； (2)平面 ADE∥平面 B1C1F.
课前自主预习
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随堂达标自测
课后课时精练
(3)已知两平面 α，β 的法向量分别为 u1＝(1,0,1)，u2＝(0,2,0)，则平面 α， β 的位置关系为________．
(4)若平面 α，β 的法向量分别为(－1,2,4)，(x，－1，－2)，并且 α⊥β， 则 x 的值为________．
课后课时精练
答案
(2)因为C→1B1＝(2,0,0)，
设 n2＝(x2，y2，z2)是平面 B1C1F 的一个法向量．
由 n2⊥F→C1，n2⊥C→1B1，得
届高考数学一轮复习讲义立体几何中的向量方法证明平行与垂直PPT56页
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设P→B＝sF→E＋tF→G，
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又∵MN⊄平面 A1BD，A1D⊂平面 A1BD， ∴MN∥平面 A1BD.
探究提高
用向量证明线面平行的方法： (1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； (2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； (3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线 性表示； (4)本题易错点为：只证明 MN∥A1D，而忽视 MN⊄平面 A1BD.
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变式训练 1
如图所示，平面 PAD⊥平面 ABCD，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且 PA＝ AD＝2，E、F、G 分别是线段 PA、PD、CD 的中点．
求证：PB∥平面 EFG. 证明 ∵平面 PAD⊥平面 ABCD 且 ABCD 为正方形， ∴AB、AP、AD 两两垂直，以 A 为坐标原点，
则 M0，1，12，N12，1，1，D(0,0,0)， A1(1,0,1)，B(1,1,0)， 于是M→N＝12，0，12，
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设平面 A1BD 的法向量是 n＝(x，y，z)． 则 n·D→A1＝0，且 n·D→B＝0，得xx＋＋zy＝＝00，.
取 x＝1，得 y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)． 又M→N·n＝12，0，12·(1，－1，－1)＝0， ∴M→N⊥n，又 MN⊄平面 A1BD， ∴MN∥平面 A1BD. 方法二 M→N＝C→1N－C→1M＝12C→1B1－12C→1C ＝12(D→1A1－D→1D)＝12D→A1， ∴M→N∥D→A1，又∵MN 与 DA1 不共线，∴MN∥DA1，
人教B版高中数学必修四高三一轮基础巩固(新)第9章第7节用向量方法证明平行与垂直理(含解析).doc
【走向高考】2016届 高三数学一轮基础巩固 第9章 第7节 用向量方法证明平行与垂直(理) 新人教B 版一、解答题 1.(2014·长春模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面所成的角为45°，底面ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，PA ＝BC ＝12AD＝1.(1)求证：平面PAC ⊥平面PCD ；(2)在棱PD 上是否存在一点E ，使CE ∥平面PAB ？若存在，请确定E 点的位置；若不存在，请说明理由．[解析] (1)证明：∵PA ⊥平面ABCD ，∴PB 与平面ABCD 所成的角为∠PBA ＝45°.∴AB ＝1， 由∠ABC ＝∠BAD ＝90°，易得CD ＝AC ＝2，∴AC ⊥CD. 又∵PA ⊥CD ，PA ∩AC ＝A ，∴CD ⊥平面PAC ，又CD ⊂平面PCD ， ∴平面PAC ⊥平面PCD.(2)分别以AB 、AD 、AP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．∴P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，设E(0，y ，z)，则PE →＝(0，y ，z －1)，PD →＝(0,2，－1)． ∵PE →∥PD →，∴y·(－1)－2(z －1)＝0①∵AD →＝(0,2,0)是平面PAB 的法向量，又CE →＝(－1，y －1，z)，CE ∥平面PAB.∴CE →⊥AD →. ∴(－1，y －1，z)·(0,2,0)＝0，∴y ＝1. 将y ＝1代入①，得z ＝12.∴E 是PD 的中点，∴存在E 点使CE ∥平面PAB ，此时E 为PD 的中点．2.(2013·辽宁六校联考)在三棱锥P －ABC 中，△PAC 和△PBC 是边长为2的等边三角形，AB ＝2，O 是AB 的中点． (1)在棱PA 上求一点M ，使得OM ∥平面PBC ； (2)求证：平面PAB ⊥平面ABC.[解析] 解法一：(1)当M 为棱PA 的中点时，OM ∥平面PBC. 证明如下：∵M ，O 分别为PA ，AB 的中点， ∴OM ∥PB.又PB ⊂平面PBC ，OM ⊄平面PBC ， ∴OM ∥平面PBC. (2)连接OC ，OP .∵AC ＝CB ＝2，O 为AB 的中点，AB ＝2， ∴OC ⊥AB ，OC ＝1. 同理，PO ⊥AB ，PO ＝1.又PC ＝2，∴PC2＝OC2＋PO2＝2， ∴∠POC ＝90°，∴PO ⊥OC. ∵AB ∩OC ＝O ， ∴PO ⊥平面ABC. ∵PO ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面ABC.解法二：设PA →＝a ，PB →＝b ，PC →＝c ，则由条件知|a|＝|b|＝|c|＝2，a·c ＝b·c ＝1， 在△PAB 中，PA ＝PB ＝2，AB ＝2，∴PA ⊥PB ，∴a·b ＝0.(1)设PM →＝λa ，则OM →＝PM →－PO →＝λa －12(a ＋b)＝(λ－12)a －12b ， ∵OM ∥平面PBC ，∴存在实数s ，k ，使OM →＝sb ＋kc ， ∴sb ＋kc ＝(λ－12)a －12b ，由平面向量基本定理知，λ＝12，s ＝－12，k ＝0， ∴M 为PA 的中点． (2)PO →＝12(a ＋b)，∵PO →·AC →＝12(a ＋b)·(c －a) ＝12(a·c ＋b·c －|a|2－a·b)＝0，PO →·AB →＝12(a ＋b)·(b －a)＝12(|b|2－|a|2)＝0， ∴PO →⊥AC →，PO →⊥AB →， ∴PO →是平面ABC 的法向量，又PO ⊂平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面ABC. 3．(2014·北京)如图，正方形AMDE 的边长为2，B 、C 分别为AM 、MD 的中点．在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD 、PC 分别交于点G 、H.(1)求证：AB ∥FG ；(2)若PA ⊥底面ABCDE ，且PA ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长． [解析] (1)在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE. 又因为AB ⊄平面PDE ，所以AB ∥平面PDE.因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ， 所以AB ∥FG.(2)因为PA ⊥底面ABCDE ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AE.如图建立空间直角坐标系A －xyz ，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，BC →＝(1,1,0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB →＝0，n·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1，所以n ＝(0，－1,1)． 设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则 sinα＝|cos 〈n ，BC →〉|＝|n·BC →|n||BC →||＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6. 设点H 的坐标为(u ，v ，w)．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ，因为n 是平面ABF 的法向量，所以n·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0， 解得λ＝23，所以点H 的坐标为(43，23，23)． 所以PH ＝432＋232＋－432＝2.4.(2014·安徽淮南二模)在直三棱柱ABC －A1B1C1中，AB ＝AC ＝AA1＝3，BC ＝2，D 是BC 的中点，F 是CC1上一点，且CF ＝2. (1)求证：B1F ⊥平面ADF ；(2)若C1P →＝13C1A1→，求证：PF ∥平面ADB1.[解析] 取BC 的中点D ，∵AB ＝AC ，∴AD ⊥BC ，取B1C1的中点D1，则DD1⊥平面ABC ，分别以CB 、AD 、DD1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，∵AB ＝AC ＝AA1＝3，BC ＝2，∴A(0，－22，0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0)，A1(0，－22，3)，B1(1,0,3)，C1(－1,0,3)，∵CF ＝2，∴F(－1,0,2)．(1)B1F →＝(－2,0，－1)，DA →＝(0，－22，0)，DF →＝(－1,0,2)，B1F →·DA →＝0，B1F →·DF →＝0，∴B1F →⊥平面ADF ，∴B1F ⊥平面ADF.(2)∵C1P →＝13C1A1→＝13·(1，－22，0)＝(13，－223，0)，∴P(－23，－223，3)，∴PF →＝(－13，223，－1)．设平面ADB1的法向量为n ＝(x0，y0，z0)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·DA →＝0，n·AB1→＝0.∴⎩⎨⎧－22y0＝0，x0＋22y0＋3z0＝0.设z0＝1，则n ＝(－3,0,1)．∵PF →·n ＝0，PF ⊄平面ADB1，∴PF ∥平面ADB1.一、解答题 5．(2014·山东青岛模拟)如图，在多面体ABC －A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B1C1綊12BC ，二面角A1－AB －C 是直二面角．求证：(1)A1B1⊥平面AA1C. (2)AB1∥平面A1C1C.[证明] ∵二面角A1－AB －C 是直二面角，四边形A1ABB1为正方形， ∴AA1⊥平面BAC.又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，∴AB ，AC ，AA1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)． (1)A1B1→＝(0,2,0)，A1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)， 设平面AA1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·A1A →＝0，n·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)． ∴A1B1→＝2n ，即A1B1→∥n. ∴A1B1⊥平面AA1C.(2)易知AB1→＝(0,2,2)，A1C1→＝(1,1,0)，A1C →＝(2,0，－2)，设平面A1C1C 的一个法向量m ＝(x1，y1，z1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m·A1C1→＝0，m·A1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x1＋y1＝0，2x1－2z1＝0， 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1， 即m ＝(1，－1,1)．∴AB1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB1→⊥m.又AB1⊄平面A1C1C ，∴AB1∥平面A1C1C.6．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 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论． [解析] (1)证明：∵PD ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，∴AD 、DC 、PD 两两垂直，如图，以DA 、DC 、DP 所在直线分别为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 ，a 2，0)、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)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 －a 2，－a 2，z －a 2)·(a,0,0)＝a(x －a 2)＝0，得x ＝a 2； 由FG →·CP →＝(x －a 2，－a 2，z －a 2)·(0，－a ，a)＝a22＋a(z －a 2)＝0，得z ＝0. ∴G 点坐标为(a2，0,0)，即G 点为AD 的中点．7．(2014·北京朝阳期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC.(1)求证：AC ⊥PB ；(2)设O ，D 分别为AC ，AP 的中点，点G 为△OAB 内一点，且满足OG →＝13(OA →＋OB →)，求证：DG ∥平面PBC ；(3)若AB ＝AC ＝2，PA ＝4，求二面角A －PB －C 的余弦值． [解析] (1)因为PA ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，所以PA ⊥AC. 又因为AB ⊥AC ，且PA ∩AB ＝A ， 所以AC ⊥平面PAB. 又因为PB ⊂平面PAB ， 所以AC ⊥PB.(2)证法一：因为PA ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥AB ，PA ⊥AC. 又因为AB ⊥AC ，所以建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz.设AC ＝2a ，AB ＝b ，PA ＝2c ，则A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，P(0,0,2c)，D(0,0，c)，O(a,0,0)， 又因为OG →＝13(OA →＋OB →)， 所以G(a 3，b3，0)．于是DG →＝(a 3，b 3，－c)，BC →＝(2a ，－b,0)，PB →＝(0，b ，－2c)． 设平面PBC 的一个法向量n ＝(x0，y0，z0)， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n·BC →＝0，n·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2ax0－by0＝0，by0－2cz0＝0. 不妨设z0＝1，则有y0＝2c b ，x0＝ca ， 所以n ＝(c a ，2cb ，1)．因为n·DG →＝(c a ，2c b ，1)·(a 3，b 3，－c)＝c a ·a 3＋2c b ·b 3＋1·(－c)＝0，所以n ⊥DG →.又因为DG ⊄平面PBC ，所以DG ∥平面PBC.证法二：取AB 中点E ，连接OE ，则OE →＝12(OA →＋OB →)． 由已知OG →＝13(OA →＋OB →)可得OG →＝23OE →，则点G 在OE 上． 连接AG 并延长交CB 于点F ，连接PF.因为O ，E 分别为AC ，AB 的中点，所以OE ∥BC ，即G 为AF 的中点．又因为D 为线段PA 的中点，所以DG ∥PF.又DG ⊄平面PBC ，PF ⊂平面PBC ， 所以DG ∥平面PBC.(3)由(2)可知平面PBC 的一个法向量n ＝(c a ，2cb ，1)＝(2,2,1)． 又因为AC ⊥平面PAB ，所以平面PAB 的一个法向量是AC →＝(2,0,0)． 又cos 〈n ，AC →〉＝n·AC →|n||AC →|＝43×2＝23，由图可知，二面角A －PB －C 为锐角，所以二面角A －BP －C 的余弦值为23.8．在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是等边三角形，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，F 是PC 的中点．(1)求证：BE ⊥平面PAD ； (2)求证：EF ∥平面PAB ；(3)求直线EF 与平面PBE 所成角的余弦值． [解析] 解法一：(1)∵E 是AD 中点，连接PE ， ∴AB ＝2，AE ＝1.BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos ∠BAD ＝4＋1－2×2×1×cos60°＝3.∴AE2＋BE2＝1＋3＝4＝AB2，∴BE ⊥AE. 又平面PAD ⊥平面ABCD ，交线为AD ， ∴BE ⊥平面PAD.(2)取PB 中点为H ，连接FH ，AH ， ∵AE 綊12BC ，又∵HF 是△PBC 的中位线， ∴HF 綊12BC ，∴AE 綊HF ，∴四边形AHFE 是平行四边形，∴EF ∥AH ， 又EF ⊄平面PAB ，AH ⊂平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB.(3)由(1)知，BC ⊥BE ，PE ⊥BC ，又PE ，BE 是平面PBE 内两相交直线， ∴BC ⊥平面PBE ，又由(2)知，HF ∥BC ，∴HF ⊥平面PBE ， ∴∠FEH 是直线EF 与平面PBE 所成的角， 易知BE ＝PE ＝3，在Rt △PEB 中，EH ＝62， ∴tan ∠FEH ＝162＝63，∴cos ∠FEH ＝155. 故直线EF 与平面PBE 所成角的余弦值为155.解法二：容易证明EP ，EA ，EB 两两垂直，建立空间直角坐标系E －xyz 如图．易求BE ＝PE ＝3，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，3，0)，C(－2，3，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，3)， 因为F 是PC 的中点，则F(－1，32，32)． (1)∵EB →·EA →＝0·1＋3·0＝0·0＝0， ∴EB →⊥EA →，即EB ⊥EA ， ∵EB →·EP →＝0·0＋3·0＋0·3＝0， ∴EB →⊥EP →，即EB ⊥EP ，∵EA ，EP 是平面PAD 内的两相交直线， ∴EB ⊥平面PAD.(2)取PB 中点为H ，连接FH ，AH ，则H(0，32，32)， ∵EF →＝(－1，32，32)，AH →＝(0，32，32)－(1,0,0)＝(－1，32，32)， ∴EF →∥AH →，—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————桑水 ∵又EF ⊄平面PAB ，AH ⊂平面PAB ， ∴EF ∥平面PAB.(3)∵y 轴⊂平面PBE ，z 轴⊂平面PBE ， ∴平面PBE 的法向量为n ＝(1,0,0)，∵EF →＝(－1，32，32)，设直线EF 与平面PBE 所成角为θ，∴sinθ＝|EF →·n||EF →||n|＝105，∴cosθ＝155，故直线EF 与平面PBE 所成角的余弦值为155.。
利用向量方法证明平行和垂直课件-2025届高三数学一轮专题复习
(1)证明 由题意知，DA，DC，DP 两两垂直．如图所示，以 DA，DC，DP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．
第四步(取):取z为任意一个正数(当然取得越特 殊越好),便得到平面
法向量n的坐标.
问题.在空间直角坐标系中,已知
A( 3 , 0 B, 0 ) , ,( C0(0, ,40, 2, )0,)试求平面 ABC 的一
个法向量. n (4, 3, 6)
另解:设平面 ABC 的一个法向量为 n (x, y, z)
3.求平面的法向量的坐标的一般步骤:
第一步(设):设出平面法向量的坐标为n=(x,y,z).
第二步(列):根据n·a = 0且n·b = 0可列出方程组
x1x x2 x
y1 y2
y y
z1z z2 z
在0 解题时可以直接设为常 数0 1、或其他数字，如设
第三步(解):把z看作常数 n,用z（ 表示x,x、y,y1.）。
应用1：利用向量法证明平行问题
例1：如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形， △PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA， PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG.
证明 因为平面 PAD⊥平面 ABCD，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形， 且 PA＝AD，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 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)．
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人教B版 ·高考总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第九章 立体几何
第九章
第七节 用向量方法证明 平行与垂直(理)
1 自主预习学案 2 典例探究学案 3 课时作业
自主预习学案
• 理解直线的方向向量与平面的法向量．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、平行关系．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)．
(2014·天津和平区二模)如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中， A1A⊥平面 ABC，∠BAC＝90°，E 为 BC 的中点，F 为 A1A 的中 点，A1A＝4，AB＝AC＝2.
(1)求证：AE⊥平面 BCC1； (2)求证：AE∥平面 BFC1； (3)在棱 A1A 上是否存在点 P， 使得二面角 B－PC1－C 的大小是 45°， 若存在，求出 AP 的长，若不存在，请说明理由．
→
cos45°＝|A→ABB|··|nn|＝2
p2＋p2－p 42＋22＝
2 2.
解得 p＝25.
∴在棱 A1A 上存在着点 P，使得二面角 B－PC1－C 的大小
是 45°，此时 AP＝25. [点评] 第(2)问还可以证明A→E与平面 BFC1 的法向量垂直
或证明A→E可以用平面 BFC1 内两不共线向量线性表示，例如A→E ＝12F→C1－21B→F.
典例探究学案
用向量证明平行
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.
[分析] 欲证线面平行，可考虑找出平面 EFG 的一个法向 量 n，证明P→B·n＝0，也可以考虑将P→B用平面 EFG 内两不共线 向量线性表示，由于四边形 ABCD 为正方形，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥AD，故可建立空间直角坐标系，用向量的坐标运 算证明．
• (4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算 ，才能得到需要的结论？
• 2．空间问题如何转化为向量问题
• (1)平行问题→向量共线，注意重合；
• (2)垂直问题→向量的数量积为零，注意零向 量；
• (3)距离问题→向量的模；
• 3．向量的分解与合成是用向量法解决立体几 何问题中经常遇到的问题，确定合适的基向 量或建立恰当的空间直角坐标系是关键．
[证明] ∵平面 PAD⊥平面 ABCD 且 ABCD 为正方形，△ PAD 为直角三角形，PA⊥AD，
∴AB、AP、AD 两两垂直，以 A 为坐标原点，建立如图所 示的空间直角坐标系 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)．
则B→C1＝(－2,2,4)，B→P＝(－2,0，p)， ∵B→C1⊥n，B→P⊥n， ∴－ －22xx＋ ＋20yy＋ ＋4pzz＝ ＝00，. 取 z＝2，则 x＝p，y＝p－4， 即 n＝(p，p－4,2)． 易知，A→B＝(2,0,0)是平面 CPC1 的一个法向量， 由二面角 B－PC1－C 的大小是 45°，可得
• 能用向量方法解决直线与直线、直线与平面 、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量 方法在研究立体几何问题中的应用.
• 利用空间向量证明平行或垂直是高考的热点 ，内容以解答题为主，主要围绕考查空间直 角坐标系的建立、空间向量的坐标运算能力 和分析解决问题的能力命制试题，以多面体 为载体、证明线面(面面)的平行(垂直)关系是 主要命题方向.
• 5．运用空间向量的坐标运算解决立体几何问 题的一般步骤
• ①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关 点的坐标；③写出向量的ห้องสมุดไป่ตู้标；④结合公式 进行计算，论证；⑤转化为几何结论．
二、平面的法向量 1．如果表示向量 a 的有向线段所在直线垂直于平面 α，则 称这个向量垂直于平面 α，记作 a⊥α，如果 a⊥α，那么向量 a 叫做平面 α 的法向量． 2．求平面的法向量的方法 设 n 是平面 M 的一个法向量，AB、CD 是 M 内的两条相 交直线，则 n·A→B＝0，n·C→D＝0.由此可求出一个法向量 n(向量A→B 及C→D已知).
• 一、如何用空间向量解决立体几何问题
• 1．思考方向：
• (1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？ 需要用到哪些向量？
• (2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可 用已知条件转化成的向量直接表示？
• (3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化 成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知 向量表示？这些未知向量与由已知条件转化 的向量有何关系？
• 4．用空间向量解决立体几何问题的方法
• (1)坐标法：如果所给问题的图形中存在互相 垂直的直线(或平面)，比较方便建立空间直 角坐标系写出点的坐标，这种情况下，一般 是建立恰当的空间直角坐标系，用坐标法通 过坐标运算来解决．
• (2)基向量法
• 如果在所给问题中，不好寻找交于一点的互 相垂直的三条直线，或者其坐标难于求出， 这时常选图中不共面的三条直线上的线段构 造基底，将所给问题的条件和待解决的结论 ，用基底线性表示，通过向量运算来解决．
∴AE⊥BC，AE⊥CC1. ∵BC∩CC1＝C， ∴AE⊥平面 BCC1.
(2)证明：取 BC1 的中点 M(1,1,2)，则F→M＝(1,1,0)， 由(1)可知A→E＝F→M，即 AE∥FM. ∵AE⊄平面 BFC1，FM⊂平面 BFC1， ∴AE∥平面 BFC1. (3)设 P(0,0，p)， 平面 BPC1 的法向量 n＝(x，y，z)(0<p<4)，
[解析] 如图，以点 A 为原点建立空间直角坐标系，依题 意得 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,4)，E(1,1,0)，F(0,0,2)．
(1)证明：∵A→E＝(1,1,0)，B→C＝(－2,2,0)，C→C1＝(0,0,4)，∴ A→E·B→C＝0，A→E·C→C1＝0.