1、 8.7 立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法(一一)证证明平行与垂直明平行与垂直 最新考纲 考情考向分析 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. 利用空间向量证明空间中的位置关系是近几 年高考重点考查的内容，涉及直线的方向向 量，平面的法向量及空间直线、平面之间位置 关系的向量表示等内容以解答题为主，主要 考查空间直角坐标系的建立及空间向量坐标 的运算能力及应用能力，有时也以探索论证题 的形式出现. 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
2、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 内两不共线向量，n 为平面 的法向 量，则求法向量的方程组为 n a0， n b0. 2用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1l2(或 l1与 l2重合)v1v2. (2)设直线 l 的方向向量为 v，与平面 共面的两个不共线向量 v1和 v2，则 l 或 l存在 两个实数 x，y，使 vxv1yv2. (3)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 l 或 lvu. (4)设平面 和 的法向量分别为 u1，u2，则 u1 u2. 3用向量
3、证明空间中的垂直关系 (1)设直线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1l2v1v2v1 v20. (2)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 lvu. (3)设平面 和 的法向量分别为 u1和 u2，则 u1u2u1 u20. 题组一 思考辨析 1判断下列结论是否正确(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 ab，则 a 所在直线与 b 所在直线平行( ) (6)若空间向量 a 平
4、行于平面 ，则 a 所在直线与平面 平行( ) 题组二 教材改编 2P104T2设 u，v 分别是平面 ， 的法向量，u(2,2,5)，当 v(3，2,2)时， 与 的位置关系为_；当 v(4，4，10)时， 与 的位置关系为_ 答案 解析 当 v(3，2,2)时， u v(2,2,5) (3，2,2)0. 当 v(4，4，10)时，v2u. 3P111T3如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1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 ON，AM 的位置关系是_ 答案 垂直 解析 以 A 为原点，分别以AB ，AD ，AA1 所在直线
5、为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图 所示 设正方体的棱长为 1，则 A(0,0,0)，M 0，1，1 2 ， O 1 2， 1 2，0 ，N 1 2，0，1 ， AM ON 0，1，1 2 0，1 2，1 0， ON 与 AM 垂直 题组三 易错自纠 4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. 3 3 ， 3 3 ， 3 3 D. 3 3 ， 3 3 ， 3 3 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 xy0， xz
6、0， xyz.故选 C. 5直线 l 的方向向量 a(1，3,5)，平面 的法向量 n(1,3，5)，则有( ) Al Bl Cl 与 斜交 Dl 或 l 答案 B 解析 由 an 知，na，则有 l，故选 B. 6已知平面 ， 的法向量分别为 n1(2,3,5)，n2(3,1，4)，则( ) A B C， 相交但不垂直 D以上均不对 答案 C 解析 n1n2，且 n1 n22(3)315(4)230， 既不平行，也不 垂直. 题型一 利用空间向量证明平行问题 典例 如图所示，平面 PAD平面 ABCD，ABCD 为正方形，PAD 是直角三角形，且 PA AD2，E，F，G 分别是线段 PA，
7、PD，CD 的中点求证：PB平面 EFG. 证明 平面 PAD平面 ABCD，ABCD 为正方形，PAD 是直角三角形，且 PAAD， AB，AP，AD 两两垂直，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，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 sFEtFG ， 即(2,0，2)s(0，1,0)t(1,1，1)， t2， ts0， t2
8、， 解得 st2，PB 2FE2FG ， 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 若本例中条件不变，证明平面 EFG平面 PBC. 证明 EF (0,1,0)，BC(0,2,0)， BC 2EF，BCEF. 又EF平面 PBC，BC平面 PBC，EF平面 PBC， 同理可证 GFPC，从而得出 GF平面 PBC. 又 EFGFF，EF，GF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
9、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 跟踪训练 如图，在四面体 ABCD 中，AD平面 BCD，BCCD，AD2，BD2 2，M 是 AD 的中点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ3QC. 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 所在直线分别为 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)
10、 设点 C 的坐标为(x0，y0，0) 因为AQ 3QC ， 所以 Q 3 4x0， 2 4 3 4y0， 1 2 . 因为 M 为 AD 的中点，故 M(0， 2，1) 又 P 为 BM 的中点，故 P 0，0，1 2 ， 所以PQ 3 4x0， 2 4 3 4y0，0 . 又平面 BCD 的一个法向量为 a(0,0,1)，故PQ a0. 又 PQ平面 BCD，所以 PQ平面 BCD. 方法二 在线段 CD 上取点 F，使得 DF3FC，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(x0，y0，0) 因为CF 1 4CD ，设点 F 的坐标为(x，y
11、，0)，则 (xx0，yy0，0)1 4(x0， 2y0，0)， 所以 x3 4x0， y 2 4 3 4y0， 所以OF 3 4x0， 2 4 3 4y0，0 . 又由方法一知PQ 3 4x0， 2 4 3 4y0，0 ， 所以OF PQ ，所以 PQOF. 又 PQ平面 BCD，OF平面 BCD， 所以 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 典例 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABCA1B1C1的所有棱长都为 2，D 为 CC1的中点求证：AB1平面 A1BD. 证明 方法一 设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量为 m.
12、由共面向量定理， 则存在 实数 ，使 mBA1 BD . 令BB1 a，BC b，BAc，显然它们不共面，并且|a|b|c|2，a ba c0，b c2，以 它们为空间的一个基底， 则BA1 ac，BD 1 2ab，AB1 ac， mBA1 BD 1 2 abc， AB1 m(ac) 1 2 abc 4 1 2 240.故AB1 m，结论得证 方法二 取 BC 的中点 O，连接 AO. 因为ABC 为正三角形， 所以 AOBC. 因为在正三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 ABC平面 BCC1B1， 且平面 ABC平面 BCC1B1BC， 所以 AO平面 BCC1B1. 取 B1C1的中点 O
13、1，以 O 为原点，分别以 OB，OO1，OA 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空 间直角坐标系，如图所示， 则 B(1,0,0)，D(1,1,0)，A1(0,2， 3)， A(0,0， 3)，B1(1,2,0) 设平面 A1BD 的法向量为 n(x，y，z)，BA1 (1,2， 3)，BD (2,1,0) 因为 nBA1 ，nBD ， 故 n BA1 0， n BD 0， 即 x2y 3z0， 2xy0， 令 x1，则 y2，z 3， 故 n(1,2， 3)为平面 A1BD 的一个法向量， 而AB1 (1,2， 3)，所以AB1 n，所以AB1 n， 故 AB1平面 A1BD. 命题点
14、 2 证面面垂直 典例 如图， 在四棱锥PABCD中， 底面ABCD是边长为a的正方形， 侧面PAD底面ABCD， 且 PAPD 2 2 AD，设 E，F 分别为 PC，BD 的中点 (1)求证：EF平面 PAD； (2)求证：平面 PAB平面 PDC. 证明 (1)如图，取 AD 的中点 O，连接 OP，OF. 因为 PAPD，所以 POAD. 因为侧面 PAD底面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， PO平面 PAD， 所以 PO平面 ABCD. 又 O，F 分别为 AD，BD 的中点，所以 OFAB. 又 ABCD 是正方形，所以 OFAD. 因为 PAPD 2 2 AD，所以
15、PAPD，OPOAa 2. 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 a 2，0，0 ， P 0，0，a 2 ，B a 2，a，0 ，C a 2，a，0 . 因为 E 为 PC 的中点，所以 E a 4， a 2， a 4 . 易知平面 PAD 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 a 4，0， a 4 0， 又因为 EF平面 PAD，所以 EF平面 PAD. (2)因为PA a 2，0， a 2 ，CD (0，a,0)，
16、所以PA CD a 2，0， a 2 (0，a,0)0， 所以PA CD ，所以 PACD. 又 PAPD，PDCDD，PD，CD平面 PDC， 所以 PA平面 PDC. 又 PA平面 PAB，所以平面 PAB平面 PDC. 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 与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：证明两
17、平面的法向量互相垂直；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 跟踪训练 如图所示，已知四棱锥 PABCD 的底面是直角梯形，ABCBCD90 ，AB BCPBPC2CD，侧面 PBC底面 ABCD.证明： (1)PABD； (2)平面 PAD平面 PAB. 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， 平面 PBC底面 ABCDBC，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
18、直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示 不妨设 CD1，则 ABBC2，PO 3， A(1，2,0)，B(1,0,0)，D(1，1,0)，P(0,0， 3)， BD (2，1,0)，PA (1，2， 3) BD PA (2)1(1)(2)0( 3)0， PA BD ， PABD. (2)取 PA 的中点 M，连接 DM，则 M 1 2，1， 3 2 . DM 3 2，0， 3 2 ，PB (1,0， 3)， DM PB 3 2100 3 2 ( 3)0， DM PB ，即 DMPB. DM PA 3 210(2) 3 2 ( 3)0， DM PA ，即 DMPA. 又PAPBP，PA，P
19、B平面 PAB， DM平面 PAB. DM平面 PAD， 平面 PAD平面 PAB. 题型三 利用空间向量解决探索性问题 典例 (2018 桂林模拟)如图，棱柱 ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于 2，ABC 和A1AC 均为 60 ，平面 AA1C1C平面 ABCD. (1)求证：BDAA1； (2)在直线 CC1上是否存在点 P，使 BP平面 DA1C1，若存在，求出点 P 的位置，若不存在， 请说明理由 (1)证明 设 BD 与 AC 交于点 O，则 BDAC，连接 A1O，在AA1O 中，AA12，AO1， A1AO60 ， A1O2AA21AO22AA1 AOcos 60 3，
20、 AO2A1O2AA21， A1OAO. 由于平面 AA1C1C平面 ABCD，且平面 AA1C1C平面 ABCDAC，A1O平面 AA1C1C， A1O平面 ABCD. 以 OB， OC， OA1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)，A1(0,0， 3)，C1(0,2， 3) 由于BD (2 3，0,0)，AA1 (0,1， 3)， AA1 BD 0(2 3)10 300， BD AA1 ，即 BDAA1. (2)解 假设在直线 CC1上存在点 P，使 BP平面 DA1C
21、1， 设CP CC 1 ，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1， 3) 从而有 P(0,1， 3)，BP ( 3，1， 3) 设平面 DA1C1的法向量为 n3(x3，y3，z3)， 则 n3A1C1 ， n3DA1 ， 又A1C1 (0,2,0)，DA 1 ( 3，0， 3)， 则 2y30， 3x3 3z30， 取 n3(1,0，1)，因为 BP平面 DA1C1， 则 n3BP ， 即 n 3 BP 3 30，得 1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1CCP. 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
22、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” 跟踪训练 (2016 北京)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD平面 ABCD，PAPD，PA PD，ABAD，AB1，AD2，ACCD 5. (1)求证：PD平面 PAB； (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值； (3)在棱PA 上是否存在点M， 使得BM平面PCD？若存在， 求AM AP的值； 若不存在， 说明理由 (1)证明 平面PAD平面ABCD， 平面PAD平面ABCDAD， ABAD， AB平面ABCD， AB平面 PAD. PD平面 PAD
23、，ABPD. 又 PAPD，PAABA，且 PA，PB平面 PAB， PD平面 PAB. (2)解 取 AD 的中点 O，连接 CO，PO. PAPD， POAD. 又PO平面 PAD， 平面 PAD平面 ABCD， 平面 PAD平面 ABCDAD， PO平面 ABCD， CO平面 ABCD，POCO， 又ACCD，COAD. 以O 为原点，OC，OA，OP 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， 易知 P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，1,0)，C(2,0,0)， 则PB (1,1，1)，PD (0，1，1)，PC (2,0，1)， CD (2，1,0)
24、 设 n(x0，y0，1)为平面 PCD 的一个法向量 由 n PD 0， n PC 0 得 y010， 2x010， 解得 y01， x01 2. 即 n 1 2，1，1 . 设 PB 与平面 PCD 的夹角为 ， 则 sin |cosn，PB |n PB | |n|PB | 1 211 1 411 3 3 3 . (3)解 设 M 是棱 PA 上一点，则存在 0,1使得AM AP ，因此点 M(0,1，)，BM ( 1，)， BM平面 PCD，BM平面 PCD， 当且仅当BM n0， 即(1，) 1 2，1，1 0，解得 1 4，在棱 PA 上存在点 M 使得 BM平面 PCD， 此时AM
25、 AP 1 4. 利用向量法解决立体几何问题 典例 (12 分)如图 1 所示，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，如图 2 所示 (1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角 EDFC 的余弦值； (3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 APDE？证明你的结论 思想方法指导 对于较复杂的立体几何问题可采用向量法 (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
26、，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：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 规范解答 解 (1)AB平面 DEF，理由如下： 在ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 中点，得 EFAB. 又 AB平面 DEF，EF平面 DEF， AB平面 DEF.1 分 (2)以 D 为原点，分别以 DB，DC，DA 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， 则 A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2 3，0)
27、，E(0， 3，1)，F(1， 3，0)， 3 分 易知平面 CDF 的法向量为DA (0,0,2)， 设平面 EDF 的法向量为 n(x，y，z)， 则 DF n0， DE n0， 即 x 3y0， 3yz0， 取 n(3， 3，3)， 则 cosDA ，n DA n |DA |n| 21 7 ， 二面角 EDFC 的余弦值为 21 7 .6 分 (3)设 P(x，y,0)，则AP DE 3y20，y2 3 3 . 又BP (x2，y,0)，PC(x,2 3y,0)， BP PC，(x2)(2 3y)xy， 3xy2 3.9 分 把 y2 3 3 代入上式得 x4 3，P 4 3， 2 3 3 ，0 ， BP 1 3BC ，点 P 在线段 BC 上 在线段 BC 上存在点 P 4 3， 2 3 3 ，0 ，使 APDE.12 分