1.2.2 第2课时 空间中平面与平面平行、垂直的证明-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册创新导学案课件PPT（人教B版2019）

第一章 空间向量与 立体几何 1.2 空间向量在立体几何 中的应用 1.2.2　空间中的平面与空间向量 第2课时　空间中平面与平面平行、 垂直的证明 (教师独具内容) 课程标准：能用向量语言表述平面与平面的垂直与平行关系． 教学重点：1．用向量方法解决平面与平面平行、垂直的证明问题．2．三垂线定理及其逆定理． 教学难点：三垂线定理及其逆定理的应用． 核心素养：通过运用平面的法向量证明面面平行与垂直培养逻辑推理素养和直观想象素养． 目录 核心概念掌握 核心素养形成 课后课时精练 随堂水平达标 核心概念掌握 目录 * 知识点一　平面与平面平行、垂直的判定 已知n1是平面α1的一个法向量，n2是平面α2的一个法向量， 则n1⊥n2⇔eq \x(\s\up1(01))__________________； n1∥n2⇔eq \x(\s\up1(02))___________________________． 知识点二　三垂线定理及其逆定理 (1)射影 ①已知空间中的平面α以及点A，过A作α的eq \x(\s\up1(01))_________，设l与α相交于点A′，则A′就是eq \x(\s\up1(02))___________________________的射影(也称为投影)． ②空间中，图形F上eq \x(\s\up1(03))____________在平面α内的eq \x(\s\up1(04))_________所组成的集合F′，称为图形F在平面α内的射影． α1⊥α2 α1∥α2，或α1与α2重合 垂线l 点A在平面α内 所有点 射影 目录 一条直线 射影 一条直线 一条斜线 * (2)三垂线定理及其逆定理 ①三垂线定理：如果平面内的eq \x(\s\up1(05))_______________与平面的一条斜线在该平面内的eq \x(\s\up1(06))_________垂直，则它也和这条斜线垂直． ②三垂线定理的逆定理：如果平面内的eq \x(\s\up1(07))_____________________和这个平面的eq \x(\s\up1(08))__________________垂直，则它也和这条斜线在该平面内的射影垂直． 目录 * [点拨]　(1)从条件上看，三垂线定理的条件是平面内的直线和斜线的射影垂直，其逆定理的条件是平面内的直线和斜线垂直． (2)从功能上看，三垂线定理用于解决已知共面垂直，证明异面垂直的问题，而逆定理正好相反． (3)不论定理还是逆定理，已知直线必须是平面内的一条直线． 目录 答案 * 1．(平面与平面平行)已知平面α的一个法向量是(2，－1，1)，α∥β，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是(　　) A．(4，2，－2) B．(2，0，4) C．(2，－1，－5) D．(4，－2，2) 2．(平面与平面垂直)已知平面α与平面β垂直，若平面α与平面β的法向量分别为μ＝(－1，0，5)，v＝(t，5，1)，则t的值为________． 5 目录 答案 * 3．(三垂线定理及其逆定理)已知菱形ABCD的对角线相交于点O，平面ABCD外有一点P，且PO⊥平面ABCD，则直线PA与BD所成的角等于________． 90° 核心素养形成 目录 * 题型一　利用空间向量证明面面平行　师生共研 目录 证明 * 证明　因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，所以DA，DC，DE两两垂直．以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DE,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，4)，F(2，2，4)，M(1，0，2)． 所以eq \o(DM,\s\up16(→))＝(1，0，2)，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(2，2，0)，eq \o(EF,\s\up16(→))＝(2，2，0)，eq \o(CF,\s\up16(→))＝(2，0，4)． 设平面BDM的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DM,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(DB,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋2z1＝0，,2x1＋2y1＝0.)) 目录 证明 * 令z1＝1，得x1＝－2，y1＝2． 所以n1＝(－2，2，1)． 设平面EFC的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(CF,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2＋2y2＝0，,2x2＋4z2＝0.)) 令x2＝1，得y2＝－1，z2＝－eq \f(1,2)． 所以n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，－\f(1,2)))． 因为n2＝－eq \f(1,2)n1，所以n1∥n2．所以平面BDM∥平面EFC． 目录 * 感悟提升 证明面面平行的三种方法 (1)通过向量的坐标运算，得到两平面的法向量后，通过证明两法向量共线而得到结论． (2)通过向量的坐标运算，得到某一平面的法向量后，通过证明该法向量与另一平面也垂直而得到结论． (3)通过向量的坐标运算，得到线线或线面平行后，再证明面面平行． 目录 * [跟踪训练1]　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q是CC1上的点，当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO? 目录 解 * 解　以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D1(0，0，2)．设Q(0，2，c)，∴eq \o(OA,\s\up16(→))＝(1，－1，0)，eq \o(OP,\s\up16(→))＝(－1，－1，1)，eq \o(BQ,\s\up16(→))＝(－2，0，c)，eq \o(D1Q,\s\up16(→))＝(0，2，c－2)． 设平面PAO的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(OA,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(OP,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,－x－y＋z＝0，)) 目录 解 * 令x＝1，则y＝1，z＝2， ∴n1＝(1，1，2)． 若平面D1BQ∥平面PAO，则n1也是平面D1BQ的一个法向量． ∴n1·eq \o(BQ,\s\up16(→))＝0，即－2＋2c＝0， ∴c＝1，此时n1·eq \o(D1Q,\s\up16(→))＝0， 故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO． 目录 * 题型二　利用空间向量证明面面垂直　师生共研 (1)求证：AP⊥BC； (2)若M是线段AP上一点，且AM＝3．证明：平面AMC⊥平面BMC． 目录 证明 * 证明　(1)以O为原点，过点O作CB的平行线为x轴，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(OP,\s\up16(→))的方向分别为y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)， 故eq \o(AP,\s\up16(→))＝(0，3，4)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－8，0，0)， ∴eq \o(AP,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝0×(－8)＋3×0＋4×0＝0， ∴eq \o(AP,\s\up16(→))⊥eq \o(BC,\s\up16(→))，即AP⊥BC． 目录 证明 * (2)∵PO⊥平面ABC，AO⊂平面ABC， ∴PO⊥AO． ∵PO＝4，AO＝3，∴AP＝5， ∵M为AP上一点，且AM＝3， ∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(6,5)，\f(12,5)))，∴eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))， eq \o(BM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，eq \o(CM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，－\f(16,5)，\f(12,5)))． 设平面BMC的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up16(→))＝0，,n·\o(CM,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4a－\f(16,5)b＋\f(12,5)c＝0，,4a－\f(16,5)b＋\f(12,5)c＝0，)) 目录 证明 * 令b＝1，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(4,3)))． 设平面AMC的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AM,\s\up16(→))＝0，,m·\o(CM,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)y＋\f(12,5)z＝0，,4x－\f(16,5)y＋\f(12,5)z＝0，)) 令x＝5，则m＝(5，4，－3)， 由n·m＝0×5＋1×4＋eq \f(4,3)×(－3)＝0， 得n⊥m，即平面AMC⊥平面BMC． 目录 * 感悟提升 证明面面垂直的三种方法 (1)证明一个平面过另一个平面的垂线，即转化为证明线面垂直． (2)证明两平面的法向量垂直． (3)证明其中一个平面的法向量平行于另一个平面． 目录 * [跟踪训练2]　在正三棱锥P－ABC中，三条侧棱两两互相垂直，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2． 求证：(1)平面EFG⊥平面PBC； (2)EG⊥BC，PG⊥EG． 目录 证明 * 证明　(1)证法一：如图，以三棱锥的顶点P为坐标原点，eq \o(PA,\s\up16(→))，eq \o(PB,\s\up16(→))，eq \o(PC,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系． 令PA＝PB＝PC＝3，则A(3，0，0)，B(0，3，0)，C(0，0，3)，E(0，2，1)，F(0，1，0)，G(1，1，0)，P(0，0，0)， 于是eq \o(PA,\s\up16(→))＝(3，0，0)，eq \o(FG,\s\up16(→))＝(1，0，0)， 故eq \o(PA,\s\up16(→))＝3eq \o(FG,\s\up16(→))，∴PA∥FG． 目录 证明 * 又PA⊥平面PBC，∴FG⊥平面PBC． 又FG⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PBC． 证法二：同证法一，建立空间直角坐标系， 则P(0，0，0)，A(3，0，0)，E(0，2，1)，F(0，1，0)，G(1，1，0)， ∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝(0，－1，－1)，eq \o(EG,\s\up16(→))＝(1，－1，－1)． 设平面EFG的一个法向量是n＝(x，y，z)， 则有n⊥eq \o(EF,\s\up16(→))，n⊥eq \o(EG,\s\up16(→))，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,x－y－z＝0，)) 令y＝1，得x＝0，z＝－1，即n＝(0，1，－1)． 目录 证明 * 显然eq \o(PA,\s\up16(→))＝(3，0，0)是平面PBC的一个法向量． ∵n·eq \o(PA,\s\up16(→))＝0，∴n⊥eq \o(PA,\s\up16(→))， ∴平面EFG⊥平面PBC． (2)∵eq \o(EG,\s\up16(→))＝(1，－1，－1)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(0，－3，3)，eq \o(PG,\s\up16(→))＝(1，1，0)， ∴eq \o(EG,\s\up16(→))·eq \o(BC,\s\up16(→))＝3－3＝0，eq \o(EG,\s\up16(→))·eq \o(PG,\s\up16(→))＝1－1＝0， ∴EG⊥BC，PG⊥EG． 目录 * 题型三　三垂线定理及其逆定理的应用　师生共研 目录 证明 * 证明　证法一：如图，取F，G分别为DD1，AD的中点，连接EF，FG，GO． 由正方体的性质知FG为EO在平面ADD1A1内的射影，CO为EO在平面ABCD上的射影． 又A1D⊥FG， ∴A1D⊥EO(三垂线定理)． 又AC⊥BD，∴EO⊥BD(三垂线定理)． 又A1D∩BD＝D，A1D，BD⊂平面A1DB， ∴EO⊥平面A1DB． 目录 证明 * 证法二：如图，连接A1O，A1E，A1C1，设正方体的棱长为2，由证法一知BD⊥EO，又EO2＝(eq \r(2))2＋12＝3，A1O2＝22＋(eq \r(2))2＝6，A1E2＝(2eq \r(2))2＋12＝9． ∴A1E2＝EO2＋A1O2． ∴A1O⊥EO，又A1O⊂平面A1DB，BD⊂平面A1DB，且A1O∩BD＝O，∴EO⊥平面A1DB． 目录 * 感悟提升 用三垂线定理及其逆定理证明直线与直线垂直的关键是构造三垂线定理的基本图形．构造基本图形有以下三个环节： 目录 * [跟踪训练3]　如图，P是△ABC所在平面外一点，且PA⊥平面ABC，若O，Q分别是△ABC和△PBC的垂心，且PQ∩AO＝E，求证：OQ⊥平面PBC． 目录 证明 * 证明　如图，连接BO并延长交AC于点F，连接BQ并延长交PC于点M，连接FM． ∵O是△ABC的垂心， ∴BC⊥AE， ∵Q是△PBC的垂心，∴BC⊥PE， 又AE∩PE＝E，AE，PE⊂平面PAE， ∴BC⊥平面PAE， ∵OQ⊂平面PAE，∴OQ⊥BC． ∵PA⊥平面ABC，BF⊂平面ABC， 目录 证明 * ∴BF⊥PA， ∵O是△ABC的垂心，∴BF⊥AC． 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， ∴BF⊥平面PAC， 则FM是BM在平面PAC上的射影， ∵Q为△PBC的垂心，∴BM⊥PC， 由三垂线定理的逆定理，得FM⊥PC， 又BM∩FM＝M，BM，FM⊂平面BFM， 目录 证明 * ∴PC⊥平面BFM， 又OQ⊂平面BFM，∴OQ⊥PC， 又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC， ∴OQ⊥平面PBC． 随堂水平达标 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 解析　由题意知v1＝(1，2，1)，v2＝(2，4，2)，则v2＝2v1，即v1，v2共线，则α∥β．故选A． 1．(2024·北京育才学校高二期中)两个不同的平面α和β，平面α的一个法向量为v1＝(1，2，1)，平面β的一个法向量为v2＝(2，4，2)，则平面α与平面β(　　) A．平行 B．垂直 C．相交 D．不能确定 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 2．(2024·洛阳第十九中学高二期中)平面α的法向量为(3，1，－2)，平面β的法向量为(－1，1，k)，若α⊥β，则k＝(　　) A．－2 B．2 C．1 D．－1 解析　因为α⊥β，所以3×(－1)＋1×1＋(－2)×k＝0，解得k＝－1．故选D． 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D与BD1的位置关系为(　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．无法判断 解析　因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，所以AB⊥平面ADD1A1，故BD1在平面ADD1A1内的射影为AD1．又因为四边形ADD1A1为正方形，所以AD1⊥A1D，因此根据三垂线定理可得A1D⊥BD1．故选C． 目录 1 2 3 4 5 答案 解析 * 4．(多选)(2024·沈阳二中阶段练习)已知v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列说法中，正确的是(　　) A．v1∥v2⇔l1∥l2 B．v1⊥n1⇔l1⊥α C．n1∥n2⇔α∥β D．n1⊥n2⇔α⊥β 解析　对于A，由题设得v1∥v2⇔l1∥l2，A正确；对于B，由题设得v1⊥n1⇔l1⊂α或l1∥α，B错误；对于C，由题设得n1∥n2⇔α∥β，C正确；对于D，由题设得n1⊥n2⇔α⊥β，D正确．故选ACD． 目录 1 2 3 4 5 1 答案 解析 * 5．(2024·北师大实验中学高二期中)已知平面α的法向量为(2，－4，－2)，平面β的法向量为(－1，2，k)，若α∥β，则k＝________． 解析　因为α∥β，所以两平面的法向量共线，所以存在唯一实数λ，使得(－1，2，k)＝λ(2，－4，－2)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＝2λ，,2＝－4λ，,k＝－2λ，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,2)，,k＝1.)) 课后课时精练 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 一、选择题 1．若平面α，β的法向量分别为u＝(2，－3，5)，v＝(－3，1，－4)，则(　　) A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 解析　因为eq \f(2,－3)≠eq \f(－3,1)≠eq \f(5,－4)，且u·v≠0，所以α，β相交但不垂直． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 2．(多选)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，且α⊥β，n1＝(1，2，x)，n2＝(x，x＋1，x)，则x的值可能是(　　) A．1 B．2 C．－1 D．－2 解析　因为α⊥β，所以n1·n2＝(1，2，x)·(x，x＋1，x)＝x2＋3x＋2＝0，解得x＝－1或x＝－2．故选CD． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 3．如图所示，在三棱锥P－ABC中，PA⊥BC，PB⊥AC，点G是点P在平面ABC内的射影，则点G是△ABC的(　　) A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 解析　连接AG，BG(图略)，则AG，BG分别为AP，BP在平面ABC内的射影．因为PA⊥BC，所以由三垂线定理的逆定理知AG⊥BC，同理，BG⊥AC，所以点G是△ABC的垂心．故选C． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 解析 * 解析　对于A，因为eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝1－2＝－1≠0，所以AB与AC不垂直，故A错误；因为eq \o(AB,\s\up16(→))·n1＝2－2＝0，eq \o(AC,\s\up16(→))·n1＝2－3＋1＝0，所以eq \o(AB,\s\up16(→))⊥n1且eq \o(AC,\s\up16(→))⊥n1，又AB∩AC＝A，所以n1⊥平面ABC．又因为n1是平面α的法向量，且平面α与平面ABC不重合，从而平面ABC∥平面α，AB∥平面α，故B正确，C错误，D正确．故选BD． 4．(多选)(2024·聊城第四中学高二月考)已知两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的一个法向量为n1＝(2，－3，1)，向量eq \o(AB,\s\up16(→))＝(1，0，－2)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(1，1，1)，则(　　) A．AB⊥AC B．AB∥平面α C．平面ABC⊥平面α D．平面ABC∥平面α 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 5．(多选)下列命题中为真命题的是(　　) A．直线l的一个方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的一个方向向量为b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，－\f(1,2)))，则l与m垂直 B．直线l的一个方向向量为a＝(0，1，－1)，平面α的一个法向量为n＝(1，－1，－1)，则l⊥α C．平面α，β的法向量分别为n1＝(2，1，4)，n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，且α与β不重合，则α∥β D．平面α经过A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)三点，向量n＝(1，u，t)是平面α的一个法向量，则u＋t＝1 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　对于A，因为a＝(1，－1，2)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，－\f(1,2)))，所以a·b＝1×2＋(－1)×1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，所以a⊥b，所以直线l与m垂直，A是真命题；对于B，a＝(0，1，－1)，n＝(1，－1，－1)，所以a·n＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，所以a⊥n，所以l∥α或l⊂α，B是假命题；对于C，因为n1＝(2，1，4)，n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，所以n1＝2n2，n1与n2共线，所以α∥β，C是真命题；对于D，因为点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，所以eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1，1，1)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－1，1，0)．因为向量n＝(1，u，t)是平面α的一个法向量，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1＋u＋t＝0，,－1＋u＝0，))则u＋t＝1，D是真命题．故选ACD． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 －3 答案 解析 * 二、填空题 6．(2024·北京昌平一中高二期中)设平面α，β的法向量分别为m＝(1，－2，3)，n＝(－3，y，z)．若α∥β，则y＋z＝________． 解析　因为α∥β，所以m∥n，可得m＝λn，又m＝(1，－2，3)，n＝(－3，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＝－3λ，,－2＝λy，,3＝λz，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－\f(1,3)，,y＝6，,z＝－9，))则y＋z＝－3． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3 答案 解析 * 7．(2024·菏泽高二期末)已知a＝(1，1，0)，b＝(1，－1，0)，c＝(0，0，－3)分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有________对． 解析　因为a·b＝(1，1，0)·(1，－1，0)＝1－1＋0＝0，故a⊥b，所以α⊥β，a·c＝(1，1，0)·(0，0，－3)＝0，故a⊥c，所以α⊥γ，c·b＝(0，0，－3)·(1，－1，0)＝0，故c⊥b，所以γ⊥β，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有3对． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 * 8．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1ADD1⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AD＝2，CD＝3，侧面A1D1DA为菱形，∠A1AD＝60°，O，M分别为AD，CD的中点，N为线段AB上一点，当AN＝________时，平面DNC1⊥平面A1OM． eq \f(4,3) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 解析　连接A1D，∵四边形A1D1DA为菱形，AD＝2，∴AA1＝2，∵∠A1AD＝60°，∴△A1AD为等边三角形．∵O为AD的中点，∴A1O⊥AD，∵平面A1ADD1⊥平面ABCD，平面A1ADD1∩平面ABCD＝AD，A1O⊂平面A1ADD1，所以A1O⊥平面ABCD，以O为坐标原点，eq \o(OA,\s\up16(→))，eq \o(OA1,\s\up16(→))的方向分别为x，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)，0))，D(－1，0，0)，C1(－2，3，eq \r(3))，设点N(1，t，0)，平面DNC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，eq \o(DN,\s\up16(→))＝(2，t，0)，eq \o(DC1,\s\up16(→))＝(－1，3，eq \r(3))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DN,\s\up16(→))＝2x1＋ty1＝0，,m·\o(DC1,\s\up16(→))＝－x1＋3y1＋\r(3)z1＝0，)) 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析 * 取x1＝eq \r(3)t，则y1＝－2eq \r(3)，z1＝t＋6，可得m＝(eq \r(3)t，－2eq \r(3)，t＋6)，设平面A1OM的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，eq \o(OA1,\s\up16(→))＝(0，0，eq \r(3))，eq \o(OM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)，0))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(OA1,\s\up16(→))＝\r(3)z2＝0，,n·\o(OM,\s\up16(→))＝－x2＋\f(3,2)y2＝0，))取x2＝3，则y2＝2，z2＝0，可得n＝(3，2，0)，因为平面DNC1⊥平面A1OM，则m·n＝3×eq \r(3)t＋2×(－2eq \r(3))＝3eq \r(3)t－4eq \r(3)＝0，解得t＝eq \f(4,3)．因此当AN＝eq \f(4,3)时，平面DNC1⊥平面A1OM． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 三、解答题 9．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在棱BB1上，EB1＝1，D，F，G分别为CC1，B1C1，A1C1的中点，EF与B1D交于点H． 求证：(1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 证明　(1)如图所示，建立空间直角坐标系，设AB＝a，则B1(0，0，0)，F(0，1，0)，E(0，0，1)，A(a，0，4)，B(0，0，4)，D(0，2，2)，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))， 所以eq \o(B1D,\s\up16(→))＝(0，2，2)，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－a，0，0)，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(0，2，－2)， 所以eq \o(B1D,\s\up16(→))·eq \o(AB,\s\up16(→))＝0＋0＋0＝0， eq \o(B1D,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝0＋4－4＝0， 所以eq \o(B1D,\s\up16(→))⊥eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(B1D,\s\up16(→))⊥eq \o(BD,\s\up16(→))， 所以B1D⊥AB，B1D⊥BD． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 又AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD， 所以B1D⊥平面ABD． (2)由(1)知eq \o(B1D,\s\up16(→))是平面ABD的一个法向量，eq \o(GF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，0))，eq \o(EF,\s\up16(→))＝(0，1，－1)． 设平面EGF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(GF,\s\up16(→))·n＝0，,\o(EF,\s\up16(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)x＝0，,y－z＝0，)) 令y＝1，得x＝0，z＝1，所以n＝(0，1，1)． 因为eq \o(B1D,\s\up16(→))＝2n，所以eq \o(B1D,\s\up16(→))∥n，所以平面EGF∥平面ABD． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 * 10．如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是BB1的中点，F是CD的中点． 求证：(1)D1F⊥平面ADE； (2)平面A1D1F⊥平面ADE． 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 证明　(1)以D为坐标原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz． 设正方体的棱长为1， 由已知，得D(0，0，0)，A(1，0，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，D1(0，0，1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))， ∴eq \o(DA,\s\up16(→))＝(1，0，0)，eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(1,2)))，eq \o(D1F,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，－1))． 设平面ADE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(DA,\s\up16(→))·n1＝0，,\o(DE,\s\up16(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1＋y1＋\f(1,2)z1＝0，)) 取z1＝2，得n1＝(0，－1，2)． ∵n1＝－2eq \o(D1F,\s\up16(→))， ∴n1∥eq \o(D1F,\s\up16(→))，即D1F⊥平面ADE． (2)由(1)可得A1(1，0，1)， ∴eq \o(A1D1,\s\up16(→))＝(－1，0，0)， 设平面A1D1F的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 目录 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 证明 * 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D1,\s\up16(→))·n2＝0，,\o(D1F,\s\up16(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＝0，,\f(1,2)y2－z2＝0，)) 取y2＝2，得n2＝(0，2，1)． ∵n1·n2＝0×0＋(－1)×2＋2×1＝0， ∴n1⊥n2． ∴平面A1D1F⊥平面ADE． 目录 1 2 * 1．(2024·天津市蓟州区擂鼓台中学高二阶段练习)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2． (1)求证：平面A1C1B∥平面ACD1； (2)线段B1C上是否存在点P，使得A1P∥平面ACD1? 目录 1 2 解 * 解　(1)证明：由题意，知DA，DC，DD1两两互相垂直，以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系． 由题意知A(3，0，0)，B(3，4，0)，C(0，4，0)，A1(3，0，2)，B1(3，4，2)，C1(0，4，2)，D1(0，0，2)，则eq \o(A1C1,\s\up16(→))＝(－3，4，0)，eq \o(A1B,\s\up16(→))＝(0，4，－2)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－3，4，0)，eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－3，0，2)． 设平面A1C1B的一个法向量为n＝(x1，y1，z1)， 目录 1 2 解 * 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A1C1,\s\up16(→))＝－3x1＋4y1＝0，,n·\o(A1B,\s\up16(→))＝4y1－2z1＝0，)) 令x1＝4，得n＝(4，3，6)． 设平面ACD1的一个法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up16(→))＝－3x2＋4y2＝0，,m·\o(AD1,\s\up16(→))＝－3x2＋2z2＝0，)) 令x2＝4，得m＝(4，3，6)． 因为n∥m，所以平面A1C1B∥平面ACD1． 目录 1 2 解 * (2)假设线段B1C上存在点P，使得A1P∥平面ACD1． 设eq \o(B1P,\s\up16(→))＝teq \o(B1C,\s\up16(→))， 由(1)得eq \o(A1B1,\s\up16(→))＝(0，4，0)，eq \o(B1C,\s\up16(→))＝(－3，0，－2)，平面ACD1的一个法向量m＝(4，3，6)， 所以eq \o(A1P,\s\up16(→))＝eq \o(A1B1,\s\up16(→))＋eq \o(B1P,\s\up16(→))＝eq \o(A1B1,\s\up16(→))＋teq \o(B1C,\s\up16(→))＝(－3t，4，－2t)， 由m·eq \o(A1P,\s\up16(→))＝－3t×4＋4×3＋(－2t)×6＝0， 解得t＝eq \f(1,2)，即P为线段B1C的中点时，A1P∥平面ACD1． 目录 1 2 * 2．如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点． 求证：(1)MN∥平面A1B1C1； (2)平面MBC1⊥平面BB1C1C． 目录 1 2 证明 * 证明　由题意知AA1，AB，AC两两互相垂直，以A为原点，eq \o(AA1,\s\up16(→))，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0，0，0)，A1(2，0，0)，B(0，2，0)，B1(2，2，0)，C(0，0，2)，C1(2，0，2)，M(1，0，0)，N(1，1，1)． (1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA1⊥底面A1B1C1，即eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(2，0，0)为平面A1B1C1的一个法向量． 目录 1 2 证明 * 因为eq \o(MN,\s\up16(→))＝(0，1，1)，所以eq \o(MN,\s\up16(→))·eq \o(AA1,\s\up16(→))＝0， 即eq \o(MN,\s\up16(→))⊥eq \o(AA1,\s\up16(→))． 因为MN⊄平面A1B1C1， 所以MN∥平面A1B1C1． (2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)． 因为eq \o(MB,\s\up16(→))＝(－1，2，0)，eq \o(MC1,\s\up16(→))＝(1，0，2)， 目录 1 2 证明 * 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(MB,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(MC1,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1＋2y1＝0，,x1＋2z1＝0，)) 令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2，1，－1)． 同理可得，平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0，1，1)． 因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0， 所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C． 　　　　　　　　　　　　　 R $$