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高考必修数学《高三数学总复习》轮总复习课件-第7章--立体几何-7



第七章
立体几何

第七节

立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直

课前学案 基础诊断

课堂学案 考点通关

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开卷速查

考 纲 导 学

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.

课前学案

基础诊断
夯基固本 基础自测

1. 用向量表示直线或点在直线上的位置 (1)给定一个定点A和一个向量a,再任给一个实数t,以A为 → 起点作向量 AP =ta,则此向量方程叫做直线l的参数方程.向量 a称为该直线的方向向量. (2)对空间任一确定的点O,点P在直线l上的充要条件是存 → → → 在唯一的实数t,满足等式 OP =(1-t) OA +t OB ,叫做空间直线 的向量参数方程.

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l1∥l2(或l1与l2 1 __________. 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 2 ______________________. v1和v2,则l∥α或l?α?□

(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 3 __________. ?α?□ (4)设平面α和β的法向量分别为u1,u2,则α∥β? __________. 4 □

3. 用向量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l1⊥l2? 6 ____________. ____________?□ (2)设直线l的方向向量为v,平面α的法向量为u,则l⊥α? 7 ________. □ 8 _____ (3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2,则α⊥β? □ 9 ________. ?□ 5 □

1 v1∥v2 答案:□

2 存在两个实数x,y,使v=xv1+yv2 □ 3 v⊥u □ 4 u1∥u2 □ 5 v1⊥v2 □ 6 v1 · 7 v∥u □ v2=0 □ 8 u1⊥u2 □ 9 u1· □ u2=0

2种思路——用向量方法证明平行与垂直的思路 用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路:一种是用 向量表示几何量,利用向量的运算进行判断;另一种是用向量 的坐标表示几何量,共分三步:(1)建立立体图形与空间向量的 联系,用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面, 把立体几何问题转化为向量问题;(2)通过向量运算,研究点、 线、面之间的位置关系;(3)根据运算结果的几何意义来解释相 关问题.

1种联系——空间向量与立体几何的联系 用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何中的定 理.如要证明线面平行,只需要证明平面外的一条直线和平面内的 一条直线平行,即化归为证明线线平行,用向量方法证明直线a∥ b,只需证明向量a=λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的 法向量垂直来证明线面平行,仍需强调直线在平面外.

1.两不重合直线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,又l1与l2不重合, ∴l1∥l2.
答案:平行

2.已知A(1,-2,11),B(4,2,3),C(6,-1,4),则△ABC是 ( ) A.直角三角形 C.锐角三角形 B.钝角三角形 D.等腰三角形

→ → → 解析: AB =(3,4,-8), BC =(2,-3,1), CA =(-5,- 1,7), → → ∴BC· CA=-10+3+7=0,∴BC⊥CA.
答案:A

3.已知向量m=(4,k,k-1),n= 则k的值等于( A.-2 C.3或-2 ) B.-2或6 D.6或3或-2

? 3? ?k,k+3, ? 2? ?

,若m∥n,

k-1 4 k 解析:∵m∥n,∴k = = 3 ,解得k=-2. k+3 2

答案:A

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4.若平面α,β垂直,则下面可以作为这两个平面的法向量的 是( ) A.n1=(1,2,1),n2=(-3,1,1) B.n1=(1,1,2),n2=(-2,1,1) C.n1=(1,1,1),n2=(-1,2,1) D.n1=(1,2,1),n2=(0,-2,-2)
解析:两个平面垂直时其法向量也垂直,只有选项A中的两个 向量垂直.

答案:A

5.若平面α、β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1, -4),则( A.α∥β C.α、β相交但不垂直 ) B.α⊥β D.以上均不正确

解析:因为两个法向量既不平行也不垂直,所以平面α、β相 交但不垂直.
答案:C

课堂学案

考点通关
考点例析 通关特训

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ABCDA1B1C1D1中,M、N分别 是C1C、 B1C1的中点.求证:MN∥平面A1BD.

证明:方法一: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,

? ?1 ? 1? 则M?0,1,2?,N?2,1,1?,D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0), ? ? ? ?

1? → ?1 于是MN=?2,0,2?,
? ?

设平面A1BD的法向量是n=(x,y,z).
? ?x+z=0, → → 则n· DA1=0,且n· DB=0,得? ? ?x+y=0.

取x=1,得y=-1,z=-1. ∴n=(1,-1,-1).

?1 1? → 又MN· n=?2,0,2?· (1,-1,-1)=0, ? ?

→ ∴MN⊥n,又MN?平面A1BD, ∴MN∥平面A1BD.

→ → → 方法二:MN=C1N-C1M 1 → 1→ = C1B1- C1C 2 2 1 → → = (D1A1-D1D) 2 1→ =2DA1, → → ∴MN∥DA1, 又∵MN与DA1不共线,∴MN∥DA1, 又∵MN?平面A1BD,A1D?平面A1BD, ∴MN∥平面A1BD.

?名师点拨 用向量证明平行的方法 (1)线线平行:证明两直线的方向向量共线. (2)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. (2)面面平行:①证明两平面的法向量为共线向量; ②转化为线面平行、线线平行问题.

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,以A为坐标原点,

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=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.

考点二

利用空间向量证明垂直问题

【例2】

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.

(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.

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AP=(0,3,4), → BC=(-8,0,0), → → ∴AP· BC=(0,3,4)· (-8,0,0)=0, → → 所以AP⊥BC,即AP⊥BC.

(2)由(1)知|AP|=5, 又|AM|=3,且点M在线段AP上, 9 12? → 3→ ? ∴AM=5AP=?0,5, 5 ?, ? ? → → 又BC=(-8,0,0),AC=(-4,5,0), → BA=(-4,-5,0), 16 12? → → → ? ∴BM=BA+AM=?-4,- 5 , 5 ?,
? ? ? 16 12? → → ?-4,- , ?=0, 则AP· BM=(0,3,4)· 5 5 ? ?

→ → ∴AP⊥BM,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.

?名师点拨

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.

通关特训2

如图,已知直三棱柱ABCA1B1C1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.

证明:如图建立空间直角坐标系Axyz,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), → → ∴DE=(-2,4,0),NC =(-2,4,0), → → ∴DE=NC. ∴DE∥NC,又NC在平面ABC内, 故DE∥平面ABC.

→ → → (2) B1F =(-2,2,-4), EF =(2,-2,-2), AF =(2,2,0), → → B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → 则B1F⊥EF,∴B1F⊥EF, → → ∵B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0, → → ∴B1F⊥AF,即B1F⊥AF. 又∵AF∩EF=F,∴B1F⊥平面AEF.

考点三

利用空间向量解决探索性问题

【例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.

→ → → 解析: (1)证明:以A为原点, AB , AD , AA1 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),
?a ? E?2,1,0?,B1(a,0,1), ? ? ? a ? → → → → 故 AD1 =(0,1,1), B1E = ?-2,1,-1? , AB1 =(a,0,1), AE = ? ? ?a ? ? ,1,0?. ?2 ?

a → → ∵AD1· B1E=- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2 ∴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DP=(0,-1,z0). 又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z). ∵n⊥平面B1AE, ax+z=0, ? ? → → ∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax +y=0. ? ?2
? ? a 取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=?1,-2,-a?. ? ?

a → 要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有2-az0=0, 1 解得z0=2.又DP?平面B1AE, 1 ∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP= . 2

?名师点拨 立体几何开放性问题求解方法 (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.本题是设出点P的坐标,借助向量运 算,判定关于z0的方程是否有解.

通关特训3 如图所示,四棱锥SABCD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.

解析:(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,OB,OC,OS分别为x轴、y轴、z轴正方向, 建立空间直角坐标系如图. 6 设底面边长为a,则高SO= 2 a,
? 于是S? ?0,0, ? ? B? ? ? ? ? 6 ? 2 ? ? ? , D a - a , 0 , 0 ? ?, 2 ? 2 ? ? ?

? ? ? ? 2 2 2 → ? ? ? ? ? ? a,0,0?,C?0, a,0?,OC=?0, a,0?, 2 2 2 ? ? ? ? ?

2 6 ? → ? → → ? ? SD=?- a,0,- a?,则OC· SD=0. 2 2 ? ? 故OC⊥SD.从而AC⊥SD.

(2)棱SC上存在一点E,使BE∥平面PAC. 理由如下: → 由已知条件知DS是平面PAC的一个法向量,
? 6 ? 2 6 ? → ? ? 2 ? → ? 且DS=? a,0, a?,CS=?0,- a, a? ?, 2 2 2 2 ? ? ? ? ? 2 2 → ? ? BC=?- a, a,0? ?. 2 2 ? ?

→ → 设CE=tCS,则 → → → BE=BC+CE

→ → =BC+tCS
? =? ?- ?

2 2 6 ? ? a, a?1-t?, at?, 2 2 2 ?

1 → → 而BE· DS=0?t=3. → → 即当SE∶EC=2∶1时,BE⊥DS. 而BE不在平面PAC内,故BE∥平面PAC.

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