第7章 第6节 第1课时 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（湘教版）

第六节　空间向量在立体几何中的应用 课标解读 1.能用向量语言表述直线和平面，理解直线的方向向量与平面的法向量． 2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直与平行关系． 3．能用向量方法证明有关直线、平面位置关系的判定定理． 4．能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用． [对应学生用书P166] 1．直线的方向向量与平面的法向量 (1)直线的方向向量 如图，在直线l上任取两个不同的点A，B，则有向线段AB所代表的向量就表示直线的方向，称为直线l的方向向量．自然，也是直线l的方向向量． 一般地，如果非零向量v与直线l平行，就称v为l的方向向量． (2)平面的法向量 ①如果非零向量n所在直线与平面α垂直，则称n为平面α的法向量． ②确定平面的法向量：由于两条相交直线可以确定一个平面，因而若一个向量垂直于平面α内的两条相交直线l1，l2，就可以确定是平面α的一个法向量． 2．空间位置关系的向量表示 设空间两条直线l1，l2的方向向量分别为v1＝(x1，y1，z1)，v2＝(x2，y2，z2).两个平面α1，α2的法向量分别为n1＝(a1，b1，c1)，n2＝(a2，b2，c2)，则 位置 关系 向量 表示 向量运算 坐标运算 l1⊥l2 v1⊥v2 v1·v2＝0 x1x2＋y1y2＋z1z2＝0 l1⊥α1 v1∥n1 n1＝kv1 a1＝kx1，b1＝ky1，c1＝kz1，k为非零常数 α1⊥α2 n1⊥n2 n1·n2＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 l1∥l2 v1∥v2 v2＝kv1 x2＝kx1，y2＝ky1，z2＝kz1，k为非零常数 l1∥α1 v1⊥n1 v1·n1＝0 x1a1＋y1b1＋z1c1＝0 α1∥α2 n1∥n2 n2＝kn1 a2＝ka1，b2＝kb1，c2＝kc1，k为非零常数 3.直线与直线的夹角 异面直线所成的角的向量表示式：设两条异面直线a，b所成的角为θ (θ∈(0，] )， 它们的方向向量分别是v1，v2，设v1与v2的夹角为φ. 则cos θ＝|cos φ| ＝|cos 〈v1，v2〉|＝. 4．直线与平面所成的角 当直线l与平面α相交但不垂直时，设它们所成的角为θ，v是直线l的一个方向向量，n是平面α的一个法向量，v与n的夹角为φ，那么θ与φ有如下关系： θ＝ 则sin θ＝|cos φ|＝|cos 〈v，n〉|＝. 5．两个平面所成的角 两个平面相交会形成四个二面角，一般规定较小的二面角为两平面所成的角，两个平面所成的角的取值范围为[0，].当两个平面平行时，它们所成的角为0°. 设两个平面α1，α2所成的角为θ，平面α1，α2的法向量分别为n1，n2，记〈n1，n2〉＝φ， 如图，则θ与φ有如下关系： θ＝ 则cos θ＝|cos φ|＝|cos 〈n1，n2〉|. 6．利用空间向量求距离 (1)点到直线的距离 如图，直线l的方向向量为v，点P为直线l外一点，过点P作直线l的垂线交l于点D， 则||即为点P到直线l的距离， 点P到直线l的距离d＝||＝ ＝. (2)点到平面的距离 点到平面的距离公式：平面外一点P到平面α的距离d等于点P到平面α的垂线段PB的长度．如图，在平面α内任取一点A，作向量，设n是平面α的法向量，则在法向量n上的投影长||＝，即为点P到平面α的距离d. 1．判断正误 (1)平面的单位法向量是唯一确定的．(　　×　　) (2)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　×　　) (3)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　×　　) (4)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　×　　) (5)两异面直线夹角的范围是 (0，]，直线与平面所成角的范围是 [0，]，二面角的范围是[0，π].(　　√　　) 2．(2023·江苏淮安盱眙县高三模拟)已知平面α内有一个点A(2，－1，2)，α的一个法向量为n＝(3，1，2)，则下列点P中，在平面α内的是(　　) A.(1，－1，1) B．(1，3，) C．(1，－3，) D．(－1，3，－) B　解析：由题意可知符合条件的点P应满足·n＝0， 选项A，＝(2，－1，2)－(1，－1，1)＝(1，0，1)， ·n＝3×1＋1×0＋2×1＝5≠0，故不在平面α内； 同理可得：选项B，＝(1，－4，)，·n＝0，故在平面α内； 选项C，＝(1，2，)，·n＝6≠0，故不在平面α内； 选项D，＝(3，－4，)，·n＝12≠0，故不在平面α内． 3．(2023·上海静安区高三二模)若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则能使l∥α的是(　　) A．a＝(1，0，0)，n＝(－2，0，0) B．a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1) C．a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1) D．a＝(0，2，1)，n＝(－1，0，－1) C　解析：∵直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n， l∥α， ∴a·n＝0， 在A中，a＝(1，0，0)，n＝(－2，0，0)，a·n＝－2≠0，故A错误； 在B中，a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)，a·n＝6≠0，故B错误； 在C中，a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)，a·n＝0，故C正确； 在D中，a＝(0，2，1)，n＝(－1，1，0)，a·n＝2≠0，故D错误． 4．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　) A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不对 C　解析：∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β既不平行，也不垂直． 5．(2023·广东江门高三一模)已知直线l过点A(1，2，0)，且直线l的一个方向向量为m＝(0，－1，1)，则坐标原点O到直线l的距离d为 ． 答案：　解析：由题意知，直线l过点A(1，2，0)，且直线l的方向向量为m＝(0，－1，1)，点O(0，0，0)，所以＝(－1，－2，0)，所以点O(0，0，0)到l的距离为d＝＝＝＝. 6．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为 ． 答案：　解析：以C为原点建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C1(0，0，2).点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2(，，2). 所以AC1＝(－2，0，2)，AC2＝. 设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cos θ＝＝＝.又θ∈，所以θ＝. 7．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D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为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2，则A(2，0，0)，M，O，N，所以＝，＝.因为·＝0，所以ON与AM垂直． 第一课时　证明平行与垂直 [对应学生用书P168] 【例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．利用向量法求证：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PA＝AD， ∴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). ∴＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)，＝(1，1，－1)， 设＝s＋t，即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)， ∴解得s＝t＝2，∴＝2＋2， 又∵与不共线， ∴，与共面． ∵PB⊄平面EFG， ∴PB∥平面EFG. 【变式探究】 若本例中条件不变，证明：平面EFG∥平面PBC. 证明：∵＝(0，1，0)，＝(0，2，0)， ∴＝2，∴BC∥EF. 又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴EF∥平面PBC，同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC. 又EF∩GF＝F，EF，GF⊂平面EFG， ∴平面EFG∥平面PBC. 【练1】 (2023·广东深圳模拟)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，E，F分别为棱AB，BC，AA1，D1C1的中点，连接CD1，EM，MN，EN，NF，EF. (1)证明：D1C∥平面EMN； (2)证明：E，F，N，M四点共面． 证明：根据题意，设长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝2a，DC＝2b，DD1＝2c，如图，建立空间直角坐标系， 则D(0，0，0)，A(2a，0，0)，C(0，2b，0)，B(2a，2b，0)，D1(0，0，2c)，A1(2a，0，2c)，C1(0，2b，2c)，B1(2a，2b，2c)， 则M(2a，b，0)，N(a，2b，0)，E(2a，0，c)，F (0，b，2c). (2)＝(－2a，b，c)，＝(0，b，－c)，＝(－a，2b，－c)， 则有＝－3＋2，则向量，，共面， ∴E，F，N，M四点共面． 【例2】 如图，在三棱锥P­ABC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.证明：平面AMC⊥平面BMC. 证明：(1)如图所示，以O为坐标原点，分别以射线OD，OP所在直线为y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系O­xyz. 则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)， 所以＝(0，3，4)， ＝(－8，0，0). 所以·＝(0，3，4)·(－8，0，0)＝0， 所以⊥，即AP⊥BC. (2)由(1)知||＝5，又||＝3，且点M在线段AP上， 所以＝＝. 又＝(－4，－5，0)， 所以＝＋＝， 则·＝(0，3，4)·＝0， 所以⊥，即AP⊥BM. 由(1)知AP⊥BC，所以AP⊥平面BMC， 于是AM⊥平面BMC. 又AM⊂平面AMC， 故平面AMC⊥平面BMC. 【练2】 如图，在四棱锥P­ABCD 中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD 是直角梯形，其中AD∥BC，AB⊥AD，PA＝4，AB＝AD＝BC＝2，E 为棱BC 上的点，且BE＝BC.求证：DE⊥平面PAC. 证明：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AB，PA⊥AD，而AB⊥AD，因此可以建立以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示， 则有P(0，0，4)，B(2，0，0)，C(2，4，0)，D(0，2，0)，E(2，1，0)， ＝(2，－1，0)，＝(0，0，4)，＝(2，4，0). 因为·＝2×0＋(－1)×0＋0×4＝0，·＝2×2＋(－1)×4＋0×0＝0， 所以DE⊥PA，DE⊥AC，而PA，AC⊂ 平面PAC， 所以DE⊥平面PAC. 角度1　探索性问题与平行相结合 【例3】 如图，在四棱锥P­ABCD 中，平面ABCD⊥平面PCD，底面ABCD为梯形．AB∥CD，AD⊥DC，且AB＝1，AD＝DC＝DP＝2，∠PDC＝120°.若点M是棱PA的中点，则棱BC上是否存在一点F，使得MF与PC平行． 解：在平面PCD内过点D作DH⊥DC，交PC 于点H， 因为平面ABCD⊥平面PCD，且平面ABCD∩平面PCD＝CD， 可得DH⊥平面ABCD， 又由AD⊥DC，所以AD，CD，DH 两两垂直． 以D为原点，以DA，DC，DH 所在的直线分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由AB＝1，AD＝DC＝DP＝2，∠PDC＝120°， 可得D(0，0，0)，P(0，－1，)， A(2，0，0)，B(2，1，0)，C(0，2，0). 假设BC 上存在点F，使得MF∥PC， 设＝λ，其中λ∈[0，1]. 因为M 是棱PA 的中点，可得M， 又因为＝(－2，1，0)，＝(－2λ，λ，0)，F (2－2λ，1＋λ，0)， 所以＝， ＝(0，3，－). 设＝μ，可得此方程组无解，所以假设不成立， 所以对于棱BC上任意一点F，MF与PC都不平行， 即在线段BC上不存在点F，使得MF与PC平行． 【练3】 如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，D，E分别是棱BC，CC1上的点，且AD⊥BC. (1)求证：直线A1F∥平面ADE； (2)若△ABC是正三角形，E为C1C的中点，能否在线段B1B上找一点N，使得A1N∥平面ADE？若存在，确定该点位置；若不存在，说明理由． (1)证明：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，连接DF (图略). ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴D是BC的中点． 又∵F为B1C1的中点， ∴DF∥AA1，又DF＝AA1， ∴四边形DFA1A是平行四边形， ∴A1F∥AD. ∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE， ∴A1F∥平面ADE. (2)解：直线B1B上存在一点N，使得A1N∥平面ADE，证明如下： 在直三棱柱ABC­A1B1C1中， ∵DF∥AA1， ∴DF⊥AD，DF⊥DC. 又∵AD⊥BC， ∴DA，DC，DF两两垂直， 以D为原点，DC所在直线为x轴，DA所在直线为y轴，DF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 设A1B1＝A1C1＝2，AA1＝2t， ∵N在线段B1B上，设BN＝λBB1，0≤λ≤1，则N(－1，0，2λt)， 则A(0，，0)，D(0，0，0)，E(1，0，t)，B(－1，0，0)，B1(－1，0，2t)，A1(0，，2t)，则＝(0，，0)，＝，＝(－1，－，2λt－2t). 设平面ADE的一个法向量n＝(x，y，z)， 则 取z＝1，得n＝(－t，0，1)， ∵A1N∥平面ADE， ∴·n＝t＋0＋2λt－2t＝0，解得λ＝， ∴在直线B1B上存在一点N，且BN＝BB1，使得A1N∥平面ADE. 角度2　与垂直有关的探索性问题 【例4】 如图，四棱锥S­ABCD 中，ABCD 为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD＝1，AB＝2，SD＝.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． (1)证明：∵SD⊥AD，且SD⊥AB，AB∩AD＝A， ∴SD⊥平面ABCD. 又AE⊂平面ABCD，∴SD⊥AE. 在矩形ABCD 中，∠DAB＝∠ADE＝90°. 又＝＝，则△ADE与△ADB相似， 则∠DAE＝∠DBA， ∴∠DBA＋∠EAB＝90°.∴AE⊥BD. 又SD⊥AE，SD∩BD＝D，∴AE⊥平面SDB. (2)解：∵SD⊥AD，且SD⊥AB， ∴SD⊥平面ABCD. 又∵AD⊥CD， 则以D为原点，分别以DA，DC，DS所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意可知D(0，0，0)，B(1，2，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，S(0，0，)， ＝(－1，－2，)，＝(0，2，0). 假设存在M，N满足MN⊥CD且MN⊥SB. ∵M在线段SB上，可设＝λ＝(－λ，－2λ，λ)(λ∈[0，1]). ∵＝＋＝(1，2，0)＋(－λ，－2λ，λ)＝(1－λ，2－2λ，λ)， ∴M(1－λ，2－2λ，λ). ∵N在线段CD上，可设N(0，y，0)，y∈[0，2]， 则＝(1－λ，2－2λ－y，λ). 要使MN⊥CD且MN⊥SB，则 又＝(－1，－2，)，＝(0，2，0)， 可得 解得λ＝∈[0，1]，y＝∈[0，2]. 故存在M，N使MN⊥CD且MN⊥SB， 其中点M是线段SB靠近B的四等分点，点N是线段CD靠近C的四等分点． 【练4】 如图，在正三棱锥D­ABC中，AB＝，DA＝2，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且＝λ，若PA⊥平面PBC，则实数λ＝(　　) A． B．－ C． D． D　解析：由题设，△ABC为边长为的等边三角形，且DA＝DB＝DC＝2， 等边三角形ABC的高为＝， 在正三棱锥中，以O为原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如图所示， 则A(0，－1，0)，B(，，0)，C(－，，0)，D(0，0，)，且P(0，0，λ)， 所以＝(0，1，λ)，＝(，，－λ)，＝(，0，0)， 若m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量， 则 令z＝1，则m＝(0，2λ，1). 又PA⊥平面PBC，则＝km且k为实数， 故λ＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$