第7章 第4节 第2课时 利用空间向量证明平行与垂直（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❷课时　利用空间向量证明平行与垂直 [对应学生用书P161] 考点 利用向量法证明平行、垂直问题 (精研通) 【例1】 如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点. (1)求证：平面A1BD∥平面B1CD1； (2)求证：MN⊥平面A1BD. 证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，D1(0，0，2)，A(2，0，0). 设平面A1BD的一个法向量为m＝(x，y，z)， ∵1＝(2，0，2)，＝(2，2，0)，∴ 取x＝－1，得m＝(－1，1，1).同理可得平面B1CD1的一个法向量为n＝(－1，1，1). ∵m∥n，∴平面A1BD∥平面B1CD1. (2)∵M，N分别为AB，B1C的中点， ∴M(2，1，0)，N(1，2，1)，则＝(－1，1，1)， ∵∥m，∴MN⊥平面A1BD. (1)选取空间不共面的三个向量为基底，用基底表示已知条件和所要解决的问题的过程就是将几何问题转化为向量问题的过程； (2)通过计算向量的数量积为0，可证明垂直问题； (3)要证线面平行，只要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即可. 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，连接OO1，以O为原点，OB，OO1，OA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B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A(0，0，)，A1(0，2，)，B1(1，2，0). 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 因为1＝(－1，2，)，＝(－2，1，0).所以 令x＝1，则y＝2，z＝－，得n＝(1，2，－). 又1＝(1，2，－)，所以1∥n，故AB1⊥平面A1BD. 考点 利用向量法求解探索性问题 (精研通) 【例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内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由. (1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直. 如图，以D为原点，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(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)， C(0，a，0)，E(a，，0)，P(0，0，a)，F(，，). ＝(－，0，)，＝(0，a，0). ∵·＝0，∴⊥，从而得EF⊥CD. (2)解：假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)，则＝(x－，－，z－)， 若使GF⊥平面PCB， 则由·＝(x－，－，z－)·(a，0，0)＝a(x－)＝0，得x＝； 由·＝(x－，－，z－)·(0，－a，a)＝＋a(z－)＝0，得z＝0， ∴G点坐标为(，0，0)， 故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点. 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题的思路 (1)根据题设条件中的垂直关系，建立适当的空间直角坐标系，将相关点、相关向量用坐标表示. (2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点的坐标，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. (2023·广西桂林模拟)如图，四棱柱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：BD⊥AA1； (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，由题意知BD⊥AC， 连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， 所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AO cos 60°＝3， 所以AO2＋A1O2＝AA，所以A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD， 且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD. 以O为原点，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(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，). 由于＝(－2，0，0)，1＝(0，1，)， 得1·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0， 所以⊥1，即BD⊥AA1. (2)解：假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1， 设＝λ1，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，). 从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ). 设平面DA1C1的一个法向量为n＝(a，b，c)，则 又＝(0，2，0)，＝(，0，)， 则可取n＝(1，0，－1). 因为BP∥平面DA1C1，所以n⊥， 即n·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1. 分级练(46)　利用空间向量证明平行与垂直 分级一　提能强化 1.(2023·福建莆田锦江中学模拟)已知u＝(1，2，1)是直线l的方向向量，v＝(2，y，2)为平面α的法向量，若l⊥α，则y的值为(　　) A.－2 B.－ C. D.4 D　解析：因为l⊥α，所以u∥v，所以＝＝，解得y＝4.故选D. 2.已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　) A.P(2，3，3) B.P(－2，0，1) C.P(－4，4，0) D.P(3，－3，4) A　解析：对于选项A，＝(1，4，1)，∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n， ∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内. 3.(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1).则下列结论正确的有(　　) A.AP⊥AB B.AP⊥AD C.是平面ABCD的一个法向量 D.∥ ABC　解析：·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0， ∴⊥，即AP⊥AB，故A正确； ·＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0， ∴⊥，即AP⊥AD，故B正确； 由⊥，且⊥，得出是平面ABCD的一个法向量，故C正确； 由是平面ABCD的法向量，得出⊥，则D错误. 4.如图，F是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　　) A.B1E＝EB B.B1E＝2EB C.B1E＝EB D.E与B重合 A　解析：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，则＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，∵·＝0×2＋1×2－2z＝0，∴z＝1，∴B1E＝EB. 5.(多选)(2023·江苏南京高三开学考试)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB＝2，且P为CC1中点，Q为AA1上一动点，则(　　) A.|PQ|∈[，] B.三棱锥B­QPB1的体积为 C.存在点Q使得BD1与平面QPB1垂直 D.存在点Q使得AC1与平面QPB1垂直 AB　解析：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 对于选项A，P(0，1，1)，Q(2，0，q)，所以|PQ|＝，且q∈[0，2]，所以|PQ|∈[，]，故A正确；对于选项B，VB­QPB1＝VQ­BPB1＝×1××2×2＝，故B正确；对于选项C，＝(－2，0，1)，＝(0，－1，q)，BD1＝(－2，－1，2)，设平面QPB1的一个法向量n＝(x，y，z)，且即则n＝(1，2q，2)，所以1不可能平行于n，故C错误；对于选项D，因为1＝(－2，1，2)，所以AC1也不可能平行于n，故D错误.故选AB. 6.(多选)(2023·福建福州一中高三开学考试)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AA1中点，若直线EF∥平面A1BC1，则点F的位置可能是(　　) A.线段CC1中点 B.线段BC中点 C.线段CD中点 D.线段C1D1中点 ABD　解析：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 设CC1，BC，CD，C1D1的中点分别为M，N，P，Q，不妨设棱长为2，则A1(2，0，2)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，0，1)，M(0，2，1)，N(1，2，0)，P(0，1，0)，Q(0，1，2)，＝(0，2，－2)，＝(－2，2，0)，设平面A1BC1的法向量n＝(x，y，z)，则，令y＝1，可得n＝(1，1，1)，又＝(－2，2，0)，＝(－1，2，－1)，＝(－2，1，－1)，＝(－2，1，1)，则·n＝－2×1＋2×1＝0，·n＝－1×1＋2×1－1×1＝0，·n＝－2×1＋1×1－1×1＝－2，·n＝－2×1＋1×1＋1×1＝0，又EM，EN，EQ⊄平面A1BC1，则EM，EN，EQ都平行于平面A1BC1，即若直线EF∥平面A1BC1，则点F的位置可能是线段CC1中点，线段BC中点或线段C1D1中点.故选ABD. 7.已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则x＝________，y＝________，z＝________. 答案：　－　4 解析：由条件得解得 8.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的长度之和为________. 答案：1　解析：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)， ∴＝(x－1，0，1)，＝(1，1，y)，∵B1E⊥平面ABF，FB⊂平面ABF， ∴FB⊥B1E，∴·＝x－1＋y＝0，即x＋y＝1. 9.如图，正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD. (1)求证：AE∥平面BCF； (2)求证：CF⊥平面AEF. 证明：(1)取BC的中点H，连接OH，则OH∥BD， 又四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC， 故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)， F(0，0，)，B(1，2，0). ＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2，). 设平面BCF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取z＝1，得n＝(－，，1). ∵四边形BDEF为平行四边形， ∴＝＝(－1，－2，)， ∴＝＋＝＋＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)＝(－3，－4，)， ∴·n＝3－4＋＝0，∴⊥n， 又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF. (2)＝(－3，0，)， ∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0， ∴⊥，⊥，即CF⊥AF，CF⊥AE， 又AE∩AF＝A，AE，AF⊂平面AEF， ∴CF⊥平面AEF. 分级二　知能探究 10.(2023·江苏包场高级中学高三开学考试)如图，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B(含边界)内，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为(　　) A.8 B.4 C. D. D　解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则P(4，0，2)，C(0，4，0)，D1(0，0，4)，B(4，4，0)，设M(4，a，b)(a，b∈[0，4])，则＝(4，a，b－4)，又＝(4，－4，2)，D1M⊥CP，所以·＝16－4a＋2b－8＝0，得b＝2a－4， 所以M(4，a，2a－4)， 所以||＝＝，当a＝时，|BM|取最小值，由BC⊥平面AA1B1B，BM⊂平面AA1B1B，得BC⊥BM，故S△BCM＝BC×BM，所以S△BCM的最小值为×2＝.故选D. 11.(多选)(2023·江苏无锡模拟)如图，矩形ADFE、矩形CDFG、正方形ABCD两两垂直，且AB＝2，若线段DE上存在点P使得GP⊥BP，则边CG长度的可能取值为(　　) A.4 B.4 C.2 D.2 ABD　解析：以D为原点，DA，DC，DF所在直线为坐标轴建立空间坐标系，如图所示，设CG＝a，P(x，0，z)，则＝，即z＝，又B(2，2，0)，G(0，2，a)，所以＝(x－2，－2，)，＝(x，－2，－a)，·＝x(x－2)＋4＋(－a)＝0，显然x≠0且x≠2，所以a2＝－4，因为x∈(0，2)，所以2x－x2∈(0，1]，则当2x－x2＝1，a2取得最小值12，所以a的最小值为2，即边CG长度的最小值为2.故选ABD. 12.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　　) A.(1，1，1) B.(，，1) C.(，，1) D.(，，1) C　解析：设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，得AM∥OE，又O是正方形ABCD对角线交点，∴M为线段EF的中点.在空间坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1).由中点坐标公式，知点M的坐标为(，，1). 13.如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________. 答案：　解析：以O点为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，－1，0)，M(0，0，)，＝(0，1，)， 设P(x，y，0)，则＝(x，y，－)， 由·＝y－＝0，得y＝，∴点P的轨迹方程为y＝.根据圆的弦长公式， 可得点P形成的轨迹长度为2＝. 14.(2023·山东聊城高三期末)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点. (1)求证：B，E，D1，F四点共面； (2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由. (1)证明：如图所示，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME， 因为E为AA1的中点，所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1， 所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E∥C1M， 因为F为CC1的中点，M为BB1的中点，所以BM∥C1F，且BM＝C1F， 所以四边形BMC1F为平行四边形，所以BF∥MC1，所以BF∥D1E， 所以B，E，D1，F四点共面. (2)解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1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， 假设存在满足题意的点G，设G(0，0，t)， 由已知得B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)， 则＝(－1，1，0)，＝(0，1，－1)，＝(－1，0，t－1)， 设平面BEF的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝1，则n1＝(1，1，1)； 设平面GEF的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则 即取z2＝1，则n2＝(t－1，t－1，1). 因为平面GEF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，所以t－1＋t－1＋1＝0，所以t＝. 所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为. 学科网（北京）股份有限公司 $$