第七章第7讲第1课时证明空间中的位置关系.doc

第7讲　立体几何中的向量方法

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，则称为直线l的方向向量，与平行的任意非零向量也是直线l的方向向量．
(2)①定义：与平面垂直的向量，称做平面的法向量．
②确定：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.
2．空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0
3.空间向量与空间角的关系
(1)两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．
(2)直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝．

(3)求二面角的大小
a．如图①，AB，CD是二面角α-l-β两个半平面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

b．如图②③，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．
4. 点到平面的距离的求法
如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝.

[做一做]
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α共面，则n·a＝0；④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
答案：D
2．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量、法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为(　　)
A．30° B．60°
C．120° D．150°
解析：选A.由于cos〈m，n〉＝－，∴〈m，n〉＝120°.
∴直线l与α所成的角为30°.

1．辨明两个易误点
(1)求异面直线所成角时，易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角范围为(0，]．
(2)求直线与平面所成角时，注意求出两向量夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦值．
2．向量法求二面角大小的两种方法
(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
[做一做]
3．已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为(　　)
A．45° B．135°
C．45°或135° D．90°
解析：选C.cos〈m，n〉＝＝＝，
即〈m，n〉＝45°.
∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.
4．长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为__________．
解析：建立坐标系如图，则A(1，0，0)，E(0，2，1)，B(1，2，0)，C1(0，2，2)，＝(－1，0，2)，＝(－1，2，1)，
∴cos〈，〉＝
＝.
答案：

第1课时　证明空间中的位置关系

__利用空间向量证明平行问题____________

　已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点．求证：FC1∥平面ADE.
[证明]　如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，

则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)．
＝(0，2，1)，＝(2，0，0)，＝(0，2，1)．
设n＝(x，y，z)是平面ADE的一个法向量，
则
即
解得
令z＝2，则y＝－1.所以n＝(0，－1，2)．
因为·n＝－2＋2＝0.
所以⊥n.
因为FC1⊄平面ADE，
所以FC1∥平面ADE.
[规律方法]　用向量证平行问题的常用方法
线线平行
证明两直线的方向向量共线
线面平行
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
面面平行
证明两平面的法向量平行(即为共线向量)
　　　1.已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E、F、G分别为AB、AD、AA1的中点，求证：平面EFG∥平面B1CD1.

证明：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则
A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，
A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1)．
得E(1，，0)，F(，0，0)，G(1，0，)，
＝(－，－，0)，＝(0，－，)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面EFG的法向量，
设n2＝(x2，y2，z2)为平面B1CD1的法向量．
则
即
令x1＝1，可得y1＝－1，z1＝－1，
同理可得x2＝1，y2＝－1，z2＝－1.
即n1＝(1，－1，－1)，n2＝(1，－1，－1)．
由n1＝n2，得平面EFG∥平面B1CD1.
__利用空间向量解决垂直问题(高频考点)__

空间几何中的垂直问题是高考试题中的热点问题．
考查形式灵活多样，可以是小题，也可以是解答题的一部分，或解答题的某个环节，是高考中的重要得分点．
高考对空间向量解决垂直问题有以下三个命题角度．
(1)证明线线垂直问题；
(2)证明线面垂直问题；
(3)证明面面垂直问题．
　(2015·安阳模拟)在四棱锥P­ABCD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.
[证明]　建立如图所示的空间直角坐标系，设A(1，0，0)，则P(0，0，1)，C(0，1，0)，B(1，1，0)，E(，0，0)，F(，，)，设平面CEF的一个法向量为n1＝(x，y，z)．
则
解得
取x＝1，则n1＝(1，，－)，
同理，求得平面PBC的一个法向量为n2＝(0，，)．
因为n1·n2＝1×0＋×－×＝0，
所以n1⊥n2.
所以平面CEF⊥平面PBC.
[规律方法]　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．
　2.如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形，AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，E为BC的中点，AA1⊥平面ABCD.
证明：平面A1AE⊥平面A1DE.
(2)在四棱锥P­ABCD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：(1)证明：以A为原点，过A且垂直于BC的直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴建立空间直角坐标系(图略)，设AA1＝a(a＞0)，则A(0，0，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，a)，E(，，0)．
设平面A1AE的法向量为n1＝(m，n，p)，则
，取m＝1，则n＝－，从而n1＝(1，－，0)，
同理可得平面A1DE的一个法向量为n2＝(，1，)．
因为n1·n2＝0，所以平面A1AE⊥平面A1DE.

(2)①证明：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(00，0)、A(a，0，0)、B(a，a，0)、C(0，a，0)、E、P(0，0，a)、F.
＝，＝(0，a，0)．
∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD.
②设G(x，0，z)，
则＝，
若使GF⊥平面PCB，
则由·＝·(a，0，0)
＝a＝0，
得x＝；
由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0.
∴G点坐标为，即G点为AD的中点．
__利用向量解决探索性问题____________

　如图，正△ABC的边长为4，CD是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A­DC­B.

(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∵AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
∴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(0，2，0)，E(0，，1)，故＝(0，，1)．
假设存在点P(x，y，0)满足条件，则＝(x，y，－2)，
·＝y－2＝0，
∴y＝.
又＝(x－2，y，0)，＝(－x，2－y，0)，
∥，
∴(x－2)(2－y)＝－xy，
∴x＋y＝2.
把y＝代入上式得x＝，

∴＝，
∴在线段BC上存在点P使AP⊥DE，
此时＝.
[规律方法]　立体几何探索性问题求解方法：
(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论．
(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．
　3. 如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1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．

解：(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E(，1，0)，B1(a，0，1)，
故＝(0，1，1)，＝(－，1，－1)，＝(a，0，1)，＝(，1，0)．
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，
使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．
再设平面B1AE的一个法向量n＝(x，y，z)，
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，
得
取x＝1，则y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝(1，－，－a)．
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，
解得z0＝.
又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

方法思想——探究空间坐标系的建立

　　　如图所示，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.

[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ABC­A1B1C1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，，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)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)．
＝(－1，2，)，＝(－2，1，0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，因为n⊥，n⊥，
故⇒.
令x＝1，得y＝2，z＝－，
故n＝(1，2，－)为平面A1BD的一个法向量，
而＝(1，2，－)，所以∥n，
即AB1⊥平面A1BD.
[名师点评]　建系的基本思想：
(1)寻找的线线垂直关系，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如果不存在这样的三条直线，则尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系；(2)建系时要注意使用的是右手系．

　　　(2014·高考重庆卷节选)如图，四棱锥P­ABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝，MP⊥AP.
求PO的长．

解：如图，连接AC，BD，因为四边形ABCD为菱形，所以AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，，，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O­xyz.
因为∠BAD＝，
所以OA＝AB·cos ＝，OB＝AB·sin ＝1，
所以O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，C(－，0，0)，
＝(0，1，0)，＝(－，－1，0)．
由BM＝，BC＝2知＝＝.
从而＝＋＝，
所以M.
设P(0，0，a)，a>0，
则＝(－，0，a)，＝.
因为MP⊥AP，所以·＝0，即－＋a2＝0，
所以a＝或a＝－(舍去)，即PO＝.

1. 如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：

(1)AE⊥CD；
(2)PD⊥平面ABE.
证明：AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1)．
(1)∵∠ABC＝60°，AB＝BC，
∴△ABC为正三角形．
∴C(，，0)，E(，，)．
设D(0，y，0)，由AC⊥CD，得·＝0，
即y＝，则D(0，，0)，
∴＝(－，，0)．
又＝(，，)，
∴·＝－×＋×＝0，
∴⊥，即AE⊥CD.
(2)∵P(0，0，1)，∴＝(0，，－1)．
又·＝×＋×(－1)＝0.
∴⊥，即PD⊥AE.
∵＝(1，0，0)，∴·＝0.
∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB.
2. (2015·汕头模拟)如图所示的长方体ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，BB1＝，M是线段B1D1的中点．

(1)求证：BM∥平面D1AC；
(2)求证：D1O⊥平面AB1C.
证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则点O(1，1，0)，D1(0，0，)．
∴＝(－1，－1，)．
又点B(2，2，0)，M(1，1，)，
∴＝(－1，－1，)，
∴＝.又∵OD1与BM不共线，
∴OD1∥BM.
又OD1⊂平面D1AC，BM⊄平面D1AC，
∴BM∥平面D1AC.
(2)连接OB1，点B1(2，2，)，A(2，0，0)，C(02，0)，
∵·＝(－1，－1，)·(1，1，)＝0，·＝(－1，－1，)·(－2，2，0)＝0，
∴⊥，⊥，即OD1⊥OB1，OD1⊥AC，
又OB1∩AC＝O，∴D1O⊥平面AB1C.
3. 如图，在四面体A­BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.证明：PQ∥平面BCD.

证明：如图，取BD的中点O，连接OP，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Oxyz.
由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)．
设点C的坐标为(x0，y0，0)．
因为＝3，

所以Q(x0，＋y0，)．
因为M为AD的中点，
故M(0，，1)．又P为BM的中点，
故P(0，0，)，所以＝(x0，＋y0，0)．
又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，
故·a＝0.又PQ⊄平面BCD，所以PQ∥平面BCD.
4. 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.
证明：(1)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)，
B0，0，a)，D(a，a，0)，
E(a，a，2a)．
∵F为CD的中点，
∴F.
＝，＝(a，a，a)，
＝(2a，0，－a)．
∵＝(＋)，AF⊄平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
(2)∵＝，＝(－a，a，0)，
＝(0，0，－2a)，
∴·＝0，·＝0，
∴⊥，⊥.
又CD∩DE＝D，
∴⊥平面CDE，
即AF⊥平面CDE.
又AF∥平面BCE，
∴平面BCE⊥平面CDE.

1. 如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD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.
证明：(1)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，F.
＝，
＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，
＝(1，0，0)，＝(1，0，0)．
∵＝－，
∴∥，即EF∥AB.
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
(2)∵·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，
·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，
∴⊥，⊥，
即AP⊥DC，AD⊥DC.

又AP∩AD＝A，
∴DC⊥平面PAD.
又∵DC⊂平面PDC，
∴平面PAD⊥平面PDC.
2．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示．

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
解：(1)证明：∵AC⊥BC，DE∥BC，
∴DE⊥AC，∴DE⊥A1D，DE⊥CD，
∴DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE.

(2)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：
如图所示，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系Cxyz，则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，B(3，0，0)，E(2，2，0)．
假设这样的点P存在，设其坐标为(p，0，0)，其中p∈[0，3]，设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.
又因为＝(3，0，－2)，＝(－1，2，0)，所以

令y＝1，则x＝2，z＝，所以n＝(2，1，)．
设平面A1DP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则m·＝0，m·＝0.
又因为＝(0，2，－2)，＝(p，－2，0)，
所以令x1＝2，则y1＝p，z1＝.
所以m＝(2，p，)．

当且仅当m·n＝0时，平面A1DP⊥平面A1BE.
m·n＝0，即4＋p＋p＝0，解得p＝－2，与p∈[0，3]矛盾．
所以线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
3. 如图，四棱锥S­ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD＝a(a>0)，AB＝2AD，SD＝AD，E为CD上一点，且CE＝3DE.

(1)求证：AE⊥平面SBD；
(2)M，N分别为线段SB，CD上的点，是否存在M，N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，确定M，N的位置；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：∵四棱锥S­ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD∩AB＝A，∴SD⊥平面ABCD.
∴SD⊥AE.
BD就是SB在平面ABCD上的射影．
∵AB＝2AD，E为CD上一点，且CE＝3DE.
∴tan∠DAE＝＝，
tan∠DBA＝＝，
∴∠DAE＝∠DBA，
∴∠DAE＋∠BDA＝90°.
∴AE⊥BD，又AE与BD交于一点，
∴AE⊥平面SBD.

(2)假设存在点M，N满足MN⊥CD且MN⊥SB.
建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知，D(0，0，0)，A(a，0，0)，C(0，2a，0)，B(a，2a，0)，S(0，0，a)，
设＝＋t＝(a，2a，0)＋t(－a，－2a，a)＝(a－ta，2a－2ta，ta)(t∈[0，1])，
即M(a－ta，2a－2ta，ta)，N(0，y，0)，y∈[0，2a]，
＝(a－ta，2a－2ta－y，ta)．
使MN⊥CD且MN⊥SB，
则

可得
解得t＝∈[0，1]，y＝a∈[0，2a]．
故存在点M，N使MN⊥CD且MN⊥SB，M(a，a，a)，N(0，a，0)．