2015高考数学一轮配套课件：8-6立体几何中的向量方法(一)

诊断·基础知识
突破·高频第考十点七页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
•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)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；其二证明面面垂直：①证
诊断·基础知识
突破·高频第考二点十一页，编辑于培星养期五·解：十题四点能九力分。
考点三 利用空间向量解决探索性问题 【例 3】 (2014·福州调研)如图，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，
AA1＝AD＝1，E 为 CD 的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1； (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P，使得 DP∥平面 B1AE？若存 在，求 AP 的长；若不存在，说明理由．
系是平行．
(√) 诊断·基础知识
突破·高频第考四点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
2．垂直关系
(3)已知A→B＝(2,2,1)，A→C＝(4,5,3)，则平面 ABC 的单位法向量
是 n0＝±13，－23，23.
(√)
• (4)(2014·青岛质检改编)如图所示，在正方
体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD 的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则 直线NO，AM的位置关系是异面垂直．
诊断·基础知识
突破·高频第考十点二页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
证明 如图所示，取 BD 的中点 O，以 O 为原点，OD，OP 所在 射线为 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(x0，y0,0)，
审题路线 若用向量证明线面平行，可转化为判定向量M→N
∥D→A1，或证明M→N与平面 A1BD 的法向量垂直．
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突破·高频第考七点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
证明 法一 如图所示，以 D 为原点，DA，DC，DD1 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，则可求得 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， D→A1＝(1,0,1)，D→B＝(1,1,0)．
证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平
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突破·高频第考十点一页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
【训练 1】 (2013·浙江卷选编)如图，在四面体 A－BCD 中，AD ⊥平面 BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2 2，M 是 AD 的中 点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ＝3QC. 证明：PQ∥平面 BCD.
，可证向量a＝λb，若用直线方向向量与平面法
向量垂直判定线面平行，必需强调直线在平面
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突破·高频第考六点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
考点一 利用空间向量证明平行问题 【例 1】 如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，M，N 分别
是 C1C，B1C1 的中点．求证：MN∥平面 A1BD.
(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.
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突破·高频第考十点五页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
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 O－xyz. 则 O(0,0,0)，A(0，－3,0)， B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)． 于是A→P＝(0,3,4)， B→C＝(－8,0,0)， ∴A→P·B→C＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， 所以A→P⊥B→C，即 AP⊥BC.
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突破·高频第考十点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
•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
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突破·高频第考十点四页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
考点二 利用空间向量证明垂直问题 【例 2】 (2014·济南质检)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.
n⊥m⇔ m·n＝0 n∥m⇔n＝λm n∥m⇔ n＝λm . n⊥m⇔ n·m＝0 .
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突破·高频第考三点页，编辑于星析感悟
• 1．平行关系
• (1)直线的方向向量是唯一确定的． (×)
• (2)两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1
＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关
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突破·高频第考十点六页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
(2)由(1)知|AP|＝5， 又|AM|＝3，且点 M 在线段 AP 上，
∴A→M＝35A→P＝0，95，152， 又B→C＝(－8,0,0)，A→C＝(－4,5,0)，B→A＝(－4，－5,0)，
∴B→M＝B→A＋A→M＝－4，－156，152， 则A→P·B→M＝(0,3,4)·－4，－156，152＝0， ∴A→P⊥B→M，即 AP⊥BM， 又根据(1)的结论知 AP⊥BC， ∴AP⊥平面 BMC，于是 AM⊥平面 BMC. 又 AM⊂平面 AMC，故平面 AMC⊥平面 BCM.
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突破·高频第考二点十二页，编辑于培星养期五·解：十题四点能九力分。
审题路线 由长方体特征，以 A 为坐标原点建立空间坐标系，从 而将几何位置关系转化为向量运算．第(1)问证明B→1E·A→D1＝0，第 (2)问是存在性问题，由D→P与平面 B1AE 的法向量垂直，通过计 算作出判定．
(√)
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突破·高频第考五点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
• [感悟·提升]
• 1．一是切莫混淆向量平行与向量垂直的坐标 表示，二是理解直线平行与直线方向向量平行 的差异，如(2)．否则易造成解题不严谨．
• 2．利用向量知识证明空间位置关系，要注意
立体几何中相关定理的活用，如证明直线a∥b
诊断·基础知识
突破·高频第考二点十六页，编辑于培星养期五·解：十题四点能九力分。
•规律方法 立体几何开放性问题求解方法有以下 两种：
诊断·基础知识
突破·高频第考二点十四页，编辑于培星养期五·解：十题四点能九力分。
(2)解 假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)． 使得 DP∥平面 B1AE，此时D→P＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面 B1AE， ∴n⊥A→B1，n⊥A→E，得aa2xx＋ ＋zy＝＝00，.
•第6讲 立体几何中的向量方法(一) •——证明平行与垂直
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突破·高频第考一点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
知识梳理 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：l 是空间一直线，A，B 是直线 l 上任意两点， 则称A→B为直线 l 的方向向量，与A→B平行的任意 非零向量 也是直 线 l 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nn··ab＝＝00，.
明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的
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突破·高频第考十点八页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
【训练 2】 如图所示，在直三棱柱 ABC－A1B1C1 中，△ABC 为等 腰直角三角形，∠BAC＝90°，且 AB＝AA1，D，E，F 分别 为 B1A，C1C，BC 的中点．求证： (1)DE∥平面 ABC； (2)B1F⊥平面 AEF.
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突破·高频第考二点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
• 2．空间位置关系的向量表示
位置关系
直线l1，l2的方向向量分别 为n1，n2. 直线l的方向向量为n，平 面α的法向量为m
平面α，β的法向量分别为 n，m.
l1∥l2 l1⊥l2 l∥α
l⊥α
α∥β
α⊥β
向量表示
n1∥n2⇔n1＝λn2 n1⊥n2⇔ n1·n2 ＝0
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突破·高频第考九点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
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， 又∵MN⊄平面 A1BD，A1D⊂平面 A1BD， ∴MN∥平面 A1BD.
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突破·高频第考二点十页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
(2)B→1F＝(－2,2，－4)，E→F＝(2，－2，－2)，A→F＝(2,2,0)， B→1F·E→F＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， 则B→1F⊥E→F，∴B1F⊥EF， ∵B→1F·A→F＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0， ∴B→1F⊥A→F，即 B1F⊥AF. 又∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面 AEF.
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突破·高频第考二点十三页，编辑于培星养期五·解：十题四点能九力分。
(1)证明 以 A 为原点，A→B，A→D，A→A1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)，D1(0,1,1)，Ea2，1，0，B1(a,0,1)． 故 A→D1 ＝ (0,1,1) ， B→1E ＝ －a2，1，－1 ， A→B1 ＝ (a,0,1) ， A→E ＝ a2，1，0. ∵A→D1·B→1E＝－a2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1.
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突破·高频第考二点十五页，编辑于培星养期五·解：十题四点能九力分。
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.
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突破·高频第考十点三页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
因为A→Q＝3Q→C，所以 Q34x0， 42＋34y0，12. 因为点 M 为 AD 的中点，故 M(0， 2，1)． 又点 P 为 BM 的中点，故 P0，0，12， 所以P→Q＝34x0， 42＋34y0，0. 又平面 BCD 的一个法向量为 a＝(0,0,1)，故P→Q·a＝0. 又 PQ⊄平面 BCD，所以 PQ∥平面 BCD.
诊断·基础知识
突破·高频第考八点页，编辑于星期培五养：十·解四点题九能分。力
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.
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突破·高频第考十点九页，编辑于星培期养五：·解十四题点 能九分力。
证明 如图，建立空间直角坐标系 A－xyz， 令 AB＝AA1＝4， 则 A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)． (1)取 AB 中点为 N，则 N(2,0,0)， 又 C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴D→E＝(－2,4,0)，N→C＝(－2,4,0)， ∴D→E＝N→C.∴DE∥NC， 又 NC 在平面 ABC 内，故 DE∥平面 ABC.