2014创新设计(苏教版)第八章 第6讲 立体几何中的向量方法(Ⅰ)――证明平行与垂直

抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考考点梳理1．直线的方向向量与平面的法向量第6讲立体几何中的向量方法(Ⅰ)——证明平行与垂直抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(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AB→为直线l的方向向量，与AB→平行的任意_________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n·a＝0，n·b＝0.非零向量抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔___________.(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v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.(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⇔___________.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔___________.2．用向量证明空间中的平行关系v1∥v2v⊥uu1∥u2抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔_____________.(2)设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔__________.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔________________________.3．用向量证明空间中的垂直关系v1·v2＝0v∥uu1⊥u2⇔u1·u2＝0抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考一个命题规律空间向量与立体几何知识的结合为每年的必考内容，通常有一道综合题，难度不是很大，运用向量法解决可以降低思维难度，一般可采用传统方法与向量法求解．主要考查运算能力和空间想象能力．【助学·微博】抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考1．已知两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是________．解析∵v2＝－2v1，∴v1∥v2.答案平行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)，给出下列四个P点，则点P在平面α内的是_______．①P(2,3,3)；②P(－2,0,1)；③P(－4,4,0);④P(3，－3,4)．考点自测解析∵n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，∴n⊥MP→，在①中，MP→＝(1,4,1)，∴n·MP→＝0.答案①抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考答案充分不必要3．已知点A，B，C∈平面α，点P∉平面α，则AP→·AB→＝0，且AP→·AC→＝0是AP→·BC→＝0的________条件．解析由AP→·AB→＝0，AP→·AC→＝0，得AP→·(AB→－AC→)＝0，即AP→·CB→＝0，亦即AP→·BC→＝0，反之，若AP→·BC→＝0，则AP→·(AC→－AB→)＝0⇒AP→·AB→＝AP→·AC→，未必等于0.抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考4．已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，则下列给出的四个结论．①a∥c，b∥c；②a∥b，a⊥c；③a∥c，a⊥b；④以上都不对．其中正确结论的序号是________．解析∵c＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)＝2a，∴a∥c，又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b.答案③抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考5．已知AB→＝(2,2,1)，AC→＝(4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是________．解设平面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，∴n＝12，－1，1，∴平面ABC的单位法向量为±n|n|＝±13，－23，23.答案±13，－23，23抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考【例1】如图所示，已知直三棱柱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.考向一利用空间向量证明平行问题抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考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，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.抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(2)B1F→＝(－2,2，－4)，EF→＝(2，－2，－2)，AF→＝(2,2,0)．B1F→·EF→＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，B1F→·AF→＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B1F→⊥EF→，B1F→⊥AF→，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.[方法总结]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明直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，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的计算问题．抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考【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，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)．抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考∴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.抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考【例2】如图所示，在四棱锥P－ABCD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.考向二利用空间向量证明垂直问题证明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°，△ABC为正三角形．抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考∴C12，32，0，E14，34，12.设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得AC→·CD→＝0，即y＝233，则D0，233，0，∴CD→＝－12，36，0.又AE→＝14，34，12，∴AE→·CD→＝－12×14＋36×34＝0，∴AE→⊥CD→，即AE⊥CD.抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(2)法一∵P(0,0,1)，∴PD→＝0，233，－1.又AE→·PD→＝34×233＋12×(－1)＝0，∴PD→⊥AE→，即PD⊥AE.AB→＝(1,0,0)，∴PD→·AB→＝0，∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面AEB.法二AB→＝(1,0,0)，AE→＝14，34，12，设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则x＝0，14x＋34y＋12z＝0，抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考[方法总结]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，而直线与平面垂直，平面与平面垂直可转化为证明直线与直线垂直．令y＝2，则z＝－3，∴n＝(0,2，－3)．∵PD→＝0，233，－1，显然PD→＝33n.∵PD→∥n，∴PD→⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考解如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.【训练2】(2011·辽宁卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝12PD.(1)证明：平面PQC⊥平面DCQ；(2)求二面角Q－BP－C的余弦值．抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(1)证明：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)．所以PQ→·DQ→＝0，PQ→·DC→＝0.即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(2)依题意有B(1,0,1)，CB→＝(1,0,0)，BP→＝(－1,2，－1)．设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则n·CB→＝0，n·BP→＝0，即x＝0，－x＋2y－z＝0.因此可取n＝(0，－1，－2)．设m是平面PBQ的法向量，则m·BP→＝0，m·PQ→＝0.可取m＝(1,1,1)，所以cos〈m，n〉＝－155.故二面角Q－BP－C的余弦值为－155.抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考考向三利用空间向量解决探索性问题【例3】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：面PAC⊥面PCD；(2)在棱PD上是否存在一点E，使CE∥面PAB？若存在，请确定E点的位置；若不存在，请说明理由．抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(1)证明∵PA⊥面ABCD，∴PB与面ABCD所成的角为∠PBA＝45°.∴AB＝1，由∠ABC＝∠BAD＝90°，由勾股定理逆定理得AC⊥CD.又∵PA⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥面PAC，CD⊂平面PCD，∴平面PAC⊥平面PCD.易得CD＝AC＝2，抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(2)解分别以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，抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考[方法总结]对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点坐标，转化为代数方程是否有解问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在．又CE→＝(－1，y－1，z)，CE∥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∥面PAB，此时E为PD的中点．抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考【训练3】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．抓住3个考点突破3个考向揭秘3年高考(1)证明连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD.由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，