第3章 4.2 第1课时 用向量方法研究立体几何中的位置关系（Word教参）-【精讲精练】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

4．2　用向量方法研究立体几何中的位置关系 学业标准 素养目标 1．会用向量语言表达线线、线面、面面的平行、垂直关系．(重点) 2．理解并会应用三垂线定理及其逆定理．(难点) 1．通过利用向量语言描述直线、平面的垂直与平行关系，提升逻辑推理、数学运算等核心素养． 2．通过对三垂线定理及其逆定理的学习，培养直观想象、逻辑推理等核心素养. 第1课时　用向量方法研究立体几何中的位置关系 [对应学生用书P100] 导学　利用直线的方向向量和平面的法向量表示空间直线、平面间的位置关系 　根据下列条件，判断相应的线、面位置关系： (1)直线l1，l2的方向向量分别是a＝(1，－3，－1)，b＝(8,2,2)； (2)直线l1与l2的方向向量分别是a＝(－2,1,4)，b＝(6,3,3)； (3)直线l的方向向量、平面α的法向量分别是a＝(3,2,1)，u＝(－1,2，－1)； (4)平面α，β的法向量分别是u＝(1,3,0)，v＝(－3，－9，0)； (5)平面α与β的法向量分别是u＝(1，－1,2)，v＝. [提示]　(1)∵a＝(1，－3，－1)，b＝(8,2,2)， ∴a·b＝8－6－2＝0，∴a⊥b，即l1⊥l2. (2)∵a＝(－2,1,4)，b＝(6,3,3)，∴a·b≠0且a≠kb(k∈R)，∴a，b既不共线也不垂直，即l1与l2相交但不垂直或异面但不垂直． (3)∵a＝(3,2,1)，u＝(－1,2，－1)，∴a·u＝－3＋4－1＝0，∴a⊥u，即l∥α或l在α内． (4)∵u＝(1,3,0)，v＝(－3，－9,0)， ∴v＝－3u，∴v∥u，即α∥β. (5)∵u＝(1，－1,2)，v＝， ∴u·v＝3－2－1＝0，∴u⊥v，即α⊥β. ◎结论形成 空间中平行关系、垂直关系的向量表示 设向量l，m分别是直线l，m的方向向量，n1，n2分别是平面α，β的法向量，则 几何关系 向量语言 平行 线线平行 l∥m或l与m重合⇔l∥m 线面平行 l∥α或l⊂α⇔l⊥n1 面面平行 α∥β或α与β重合⇔n1∥n2 垂直 线线垂直 l⊥m⇔l⊥m 线面垂直 l⊥α⇔l∥n1 面面垂直 α⊥β⇔n1⊥n2 [对应学生用书P101] 1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)若平面外的一条直线的方向向量与该平面的法向量平行，则这条直线与这个平面平行．(　　) (2)两直线的方向向量垂直，则两条直线垂直．(　　) (3)直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．(　　) (4)两个(不重合)平面的法向量平行，则这两个平面平行，两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直．(　　) 答案　(1)×　(2)√　(3)√　 (4)√ 2．若平面α的一个法向量为u1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u2＝(6，－2，z)，且α∥β，则y＋z的值是(　　) A．－3　　 B．－4　　 C．3　　 D．4 解析　∵α∥β，∴u1∥u2，∴＝＝，解得y＝1，z＝－4，∴y＋z＝1－4＝－3. 答案　A 3．若直线的方向向量为u1＝，平面的法向量为u2＝(3,2，z)，则当直线与平面垂直时z＝________. 解析　由已知得u1∥u2.∴＝＝，∴z＝. 答案　 4．已知直线l的方向向量为u＝(2,0，－1)，平面α的一个法向量为v＝(－2,1，－4)，则l与α的位置关系为________． 解析　∵u·v＝(2,0，－1)·(－2,1，－4)＝－4＋0＋4＝0，∴u⊥v，∴l∥α或l⊂α. 答案　l∥α或l⊂α [对应学生用书P101] 题型一　利用向量法证明平行关系 　在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若O1为A1C1中点，O2为AC中点，求证： (1)BO1∥D1O2； (2)BO1∥平面ACD1； (3)平面ACD1∥平面BA1C1. [证明]　以点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)依题意知：B(1,1,0)，O1，D1(0,0,1)，O2， ∴＝，＝， ∴＝－， ∴∥，即BO1∥D1O2. (2)设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)， ∵A(1,0,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)， ∴＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)， 由可得即 令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)， 又＝， ∴n·＝－×1＋×1＋1×1＝0， ∴n⊥， 又BO1⊄平面ACD1， ∴BO1∥平面ACD1. (3)证法一　∵A1(1,0,1)，C1(0,1,1)， ∴＝(－1,1,0)，又＝(－1,1,0)， ∴＝，∴AC∥A1C1， 又AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1， ∴A1C1∥平面ACD1， 又由(2)知BO1∥平面ACD1，而A1C1∩BO1＝O1， ∴平面ACD1∥平面BA1C1. 证法二　设平面BA1C1的法向量为u＝(x，y，z)， 则即∴ 令x＝1，得y＝1，z＝1，∴u＝(1,1,1)， 由(2)知平面ACD1的一个法向量n＝(1,1,1)， ∴n＝u，∴n∥u， ∴平面ACD1∥平面BA1C1. (1)用空间向量的方法证明立体几何中的平行问题，主要运用直线的方向向量和平面的法向量，同时也要借助空间中已有的一些关于平行的定理，解题时要灵活选择解题方法，尽量选用建立空间直角坐标系来解决问题． (2)用向量方法证明平行问题的步骤 ①建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面； ②通过向量运算研究平行问题； ③根据运算结果解释相关问题． [触类旁通] 1．如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D是AC的中点，求证：AB1∥平面DBC1. 证明　以点A为原点建立空间直角坐标系． 设正三棱柱的底面边长为a(a＞0)，侧棱长为b(b＞0)，则A(0,0,0)，B， B1，C1(0，a，b)，D，∴＝， ＝，＝. 设平面DBC1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则∴ 不妨令y＝2b，则n＝(0,2b，－a)． 由于·n＝ab－ab＝0，因此⊥n. 又AB1⊄平面DBC1，∴AB1∥平面DBC1. 题型二　利用向量法证明垂直关系 　三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC．A1A＝，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC中点． 证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1. [证明]　证法一　如图，建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2,0)，A1(0,0，)，C1(0，1，)， ∵D为BC的中点， ∴D点坐标为(1,1,0)， ∴＝(1,1,0)，＝(0,0，)， ＝(－2,2,0)． ∵·＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0， ·＝0×(－2)＋0×2＋×0＝0， ∴⊥，⊥，∴BC⊥AD，BC⊥AA1， 又A1A∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AD， 又BC⊂平面BCC1B1， ∴平面A1AD⊥平面BCC1B1. 证法二　同证法一建系后，得＝(0,0，)， ＝(1,1,0)，＝(－2,2,0)，＝(0，－1, )． 设平面A1AD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 平面BCC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)． 由得 令y1＝－1，则x1＝1，z1＝0， ∴n1＝(1，－1,0)． 由得 令y2＝1，则x2＝1，z2＝，∴n2＝. ∵n1·n2＝1－1＋0＝0， ∴n1⊥n2，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1. (1)证明线线垂直一般转化为证明直线上的向量的数量积为零． (2)证明线面垂直的两种方法 一是利用线面垂直的判定定理转化为线线垂直；二是通过证明直线上的向量与平面的法向量平行来证明． (3)证明面面垂直的两种方法 一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直问题；二是直接求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直． 总之，向量法证明空间垂直关系的优越性主要体现在不必考虑图形的位置关系，恰当建系或用基向量表示后，只需经过向量运算就可得到要证明的结果，思路方法很“公式化”． [触类旁通] 2．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，AD＝AB，E是PC的中点．证明：PD⊥平面ABE. 证明　∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，连接AC，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，D. ∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形． ∴C，E. ∴＝(1,0,0)，＝. 证法一　设平面ABE的法向量为n＝(x，y，z)， 则由得 令y＝2，则z＝－，∴n＝(0,2，－)． ∵＝，显然＝n， ∴∥n， ∴⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE. 证法二　＝. ∵·＝1×0＋0×＋0×(－1)＝0， ·＝0×＋×＋(－1)×＝0， ∴⊥，⊥.即PD⊥AB，PD⊥AE. 又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE. 题型三　向量法证明立体几何的综合运用 　如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.求证： (1)EF∥平面PAB； (2)平面PAD⊥平面PDC． [证明]　以点A为原点，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， 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， ∴E，F， ＝， ＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． (1)∵＝－，∴∥， 即EF∥AB，又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB， ∴EF∥平面PAB． (2)∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC． 又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴DC⊥平面PAD． ∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC． [素养聚焦]　直观想象、逻辑推理等核心素养在本例证明过程中得以体现． 利用空间向量证明平行与垂直的步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系． (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素． (3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系． (4)根据运算结果解释相关问题． [触类旁通] 3．在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点． 求证：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD． 证明　(1)由题意知，B1B⊥BC，B1B⊥BA且AB⊥BC，以点B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B­xyz，如图所示， 则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)， 设BA＝a，则A(a,0,0)， 所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD． 又BA∩BD＝B，BA，BD⊂平面ABD， 因此B1D⊥平面ABD． (2)由(1)知，E(0,0,3)，G，F(0,1,4)，则＝，＝(0,1,1)， ·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EGF，因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD． [缜密思维提能区]　规范答题 用向量法解决立体几何中的开放探索型问题 [典例]　(15分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠PBA＝45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝AD． (1)求证：平面PAC⊥平面PCD； (2)在棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面PAB？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由． [审题指导]　(1)面面垂直只需线面垂直，证CD⊥平面PAC即可；(2)建立空间直角坐标系，按条件求点E的坐标． [规范解答]　(1)证明　设PA＝1，则由题意知PA＝BC＝1，AD＝2. ∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC． 又∵AB⊥BC(∠ABC＝90°)， 且AB∩PA＝A，∴BC⊥平面PAB， ∴BC⊥PB．(2分) 又∠PBA＝45°，∴AB＝1. ∵∠ABC＝∠BAD＝90°， ∴CD＝AC＝，∴AC⊥CD． 又∵PA⊥CD， PA∩AC＝A， ∴CD⊥平面PAC． 又CD⊂平面PCD，① ∴平面PAC⊥平面PCD．(6分) (2)在棱PD上存在点E使CE∥平面PAB，理由如下： 由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，设PA＝1， ∴P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,2,0)．(8分) 假设存在点E(0，y，z)满足题意，其中0≤y≤2，0≤z≤1，② 则＝(0，y，z－1)，＝(0,2，－1)． ∵∥， ∴(－1)y－2(z－1)＝0.* ∵＝(0,2,0)是平面PAB的一个法向量，又＝(－1，y－1，z)，且CE∥平面PAB， ∴⊥，∴(－1，y－1，z)·(0,2,0)＝0， 解得y＝1∈[0,2]．(12分) 代入*式得z＝∈[0,1]．③(13分) ∴E，即E是PD的中点． ∴存在点E使CE∥平面PAB， 此时E为PD的中点．(15分) 知识落实 技法强化 用向量法研讨直线、平面的位置关系. 1．当用判定定理不易证明直线、平面平行或垂直时，改用向量法． 2．向量法证明平行或垂直时，不必考虑直观图中直线、平面的位置. 学科网（北京）股份有限公司 $$