第3章 §4 4.2 用向量方法讨论立体几何中的位置关系(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 赢在微点 轻松课堂 数学 第三章 空间向量与立体几何 　 §4　向量在立体几何中的应用 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 —— —— 稳健启程 新知初步构建 自主预习·明新知 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 —— —— 合作探究·攻重难 细研深究 萃取知识精华 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 4.2　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 当堂检测·提素养 第 * 页 轻松课堂 高中数学 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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0，a,0)， 因为eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(DC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))·(0，a,0)＝0， 所以EF⊥DC。 用向量判断两条直线是否平行、垂直的方法 (1)两直线的方向向量共线，则两直线平行，检查两直线的方向向量共线一般看其对应坐标是否成比例。 (2)在两直线上分别取两点A，B与C，D，计算向量eq \o(AB,\s\up16(→))与eq \o(CD,\s\up16(→))的坐标，若eq \o(AB,\s\up16(→))·eq \o(CD,\s\up16(→))＝0，则两直线垂直，否则不垂直。 【变式训练】　如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为2，M，N分别为A1B，AC的中点。求证：MN∥B1C。 证明　证法一：如图，以点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。 则A(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2，2,2)，M(2,1,1)，N(1,1,0)， 所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝(－1，0，－1)，eq \o(B1C,\s\up16(→))＝(－2,0，－2)。 所以eq \o(B1C,\s\up16(→))＝2eq \o(MN,\s\up16(→))， 所以eq \o(B1C,\s\up16(→))∥eq \o(MN,\s\up16(→))，所以MN∥B1C。 证法二：如图，取空间一组基{eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))}， 设eq \o(AB,\s\up16(→))＝a，eq \o(AD,\s\up16(→))＝b，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝c， 则eq \o(B1C,\s\up16(→))＝b－c，eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \o(MA1,\s\up16(→))＋eq \o(A1A,\s\up16(→))＋eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2)(c－a)＋(－c)＋eq \f(1,2)(a＋b)＝eq \f(1,2)(b－c)， 所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(B1C,\s\up16(→))，所以eq \o(MN,\s\up16(→))∥eq \o(B1C,\s\up16(→))， 所以MN∥B1C。 类型二 向量法证线面平行、垂直 命题方向1：向量法证线面平行 【例2】　如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝eq \r(5)，且点M和N分别为B1C和D1D的中点。求证：MN∥平面ABCD。 证明　如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，C(2,0,0)，D(1，－2,0)，B1(0,1,2)，D1(1，－2,2)。 因为M，N分别为B1C，D1D的中点， 所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，1))，N(1，－2,1)。 依题意，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，又eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(5,2)，0))，则eq \o(MN,\s\up16(→))·n＝0， 又直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD。 利用空间向量证明线面平行一般有三种方法 （1）证明直线的方向向量与平面内任意两个不共线的向量共面，即可用平面内的一组基表示。 （2）证明直线的方向向量与平面内某一向量共线，转化为线线平行，利用线面平行判定定理得证。 （3）先求直线的方向向量，然后求平面的法向量，证明直线的方向向量与平面的法向量垂直。 【变式训练】　如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，求证：B1C∥平面ODC1。 证明　证法一：建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示，设正方体的棱长为1， 则可得B1(1,1,1)，C(0,1,0)，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，C1(0,1,1)，D(0，0,0)， 所以eq \o(B1C,\s\up16(→))＝(－1,0，－1)，eq \o(OD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq \o(OC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))。 设平面ODC1的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(OD,\s\up16(→))＝0，,n·\o(OC1,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x0－\f(1,2)y0－z0＝0，,－\f(1,2)x0＋\f(1,2)y0＝0，)) 令x0＝1得n＝(1,1，－1)，eq \o(B1C,\s\up16(→))·n＝－1＋1＝0， 所以eq \o(B1C,\s\up16(→))⊥n，又B1C⊄平面ODC1， 所以B1C∥平面ODC1。 证法二：因为eq \o(B1C,\s\up16(→))＝eq \o(B1C1,\s\up16(→))＋eq \o(B1B,\s\up16(→))＝eq \o(B1O,\s\up16(→))＋eq \o(OC1,\s\up16(→))＋eq \o(D1O,\s\up16(→))＋eq \o(OD,\s\up16(→))＝eq \o(OC1,\s\up16(→))＋eq \o(OD,\s\up16(→))， 所以eq \o(B1C,\s\up16(→))，eq \o(OC1,\s\up16(→))，eq \o(OD,\s\up16(→))共面。 又B1C⊄平面ODC1，所以B1C∥平面ODC1。 证法三：因为eq \o(B1C,\s\up16(→))＝eq \o(A1D,\s\up16(→))，B1∉A1D， 所以B1C∥A1D。 又A1D⊂平面ODC1，B1C⊄平面ODC1， 所以B1C∥平面ODC1。 命题方向2：向量法证线面垂直 【例3】　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，以O为原点，以eq \o(OB,\s\up16(→))，eq \o(OO1,\s\up16(→))，eq \o(OA,\s\up16(→))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，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq \r(3))，A(0，0，eq \r(3))，B1(1,2,0)。 所以eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(1,2，－eq \r(3))，eq \o(BA1,\s\up16(→))＝(－1,2，eq \r(3))，eq \o(BD,\s\up16(→))＝(－2,1,0)。 证法一：因为eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(BA1,\s\up16(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq \r(3))×eq \r(3)＝0。 eq \o(AB1,\s\up16(→))·eq \o(BD,\s\up16(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq \r(3))×0＝0。 所以eq \o(AB1,\s\up16(→))⊥eq \o(BA1,\s\up16(→))，eq \o(AB1,\s\up16(→))⊥eq \o(BD,\s\up16(→))， 即AB1⊥BA1，AB1⊥BD。 又因为BA1∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD。 证法二：设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)， 则有n⊥eq \o(BA1,\s\up16(→))，n⊥eq \o(BD,\s\up16(→))， 故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，)) 令x＝1，则y＝2，z＝－eq \r(3)， 故n＝(1,2，－eq \r(3))为平面A1BD的一个法向量， 而eq \o(AB1,\s\up16(→))＝(1,2，－eq \r(3))＝n， 所以eq \o(AB1,\s\up16(→))∥n，故AB1⊥平面A1BD。 用坐标法证明线面垂直的方法及步骤 （1）方法一：①建立空间直角坐标系。 ②将直线的方向向量用坐标表示。 ③找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量。 ④分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0。 （2）方法二：①建立空间直角坐标系。 ②将直线的方向向量用坐标表示。 ③求出平面的法向量。 ④判断直线的方向向量与平面的法向量平行。 【变式训练】　如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点，求证：直线PB1⊥平面PAC。 证明　依题设，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则C(1,0,0)，P(0,0,1)，A(0,1,0)，B1(1，1,2)。 于是eq \o(CA,\s\up16(→))＝(－1,1,0)，eq \o(CP,\s\up16(→))＝(－1，0,1)，eq \o(PB1,\s\up16(→))＝(1,1,1)， 所以eq \o(CA,\s\up16(→))·eq \o(PB1,\s\up16(→))＝(－1,1,0)·(1,1,1)＝0， eq \o(CP,\s\up16(→))·eq \o(PB1,\s\up16(→))＝(－1,0,1)·(1,1,1)＝0， 故eq \o(CP,\s\up16(→))⊥eq \o(PB1,\s\up16(→))，eq \o(CA,\s\up16(→))⊥eq \o(PB1,\s\up16(→))， 即PB1⊥CP，PB1⊥CA， 又CP∩CA＝C，且CP⊂平面PAC，CA⊂平面PAC。 故直线PB1⊥平面PAC。 类型三 向量法证面面平行、垂直 命题方向1：向量法证面面平行 【例4】　如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1, C1D1的中点。求证：平面AMN∥平面EFDB。 证明　如图，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系。 设正方体棱长为a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，A1(a,0，a)，D1(0,0，a)，B1(a，a，a)，B(a，a,0)，C1(0，a，a)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，a))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，a))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，a，a))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，a))， 所以eq \o(AN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，a))，eq \o(NM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(a，a,0)，eq \o(DF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，a))。 设平面AMN与平面EFDB的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)和n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AN,\s\up16(→))＝0，,m·\o(NM,\s\up16(→))＝0，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)x1＋0·y1＋az1＝0，,\f(a,2)x1＋\f(a,2)y1＋0·z1＝0，)) 所以y1＝－x1＝－2z1。 取z1＝1，则x1＝2，y1＝－2。 所以平面AMN的一个法向量为m＝(2，－2，1)。 同理可得平面EFDB的一个法向量为n＝(2，－2,1)。 因为m＝n，所以平面AMN∥平面EFDB。 证明面面平行问题可由以下方法去证明：①转化为相应的线线平行或线面平行；②分别求出这两个平面的法向量，然后证明这两个法向量平行。 【变式训练】　如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，底面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：平面EFG∥平面PBC。 证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，所以AB，AP，AD两两垂直，以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(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)。 所以eq \o(PB,\s\up16(→))＝(2,0，－2)，eq \o(FE,\s\up16(→))＝(0，－1,0)，eq \o(FG,\s\up16(→))＝(1,1，－1)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(0,2,0)， 设n1＝(x1，y1，z1)是平面GEF的一个法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(FE,\s\up16(→))，,n1⊥\o(FG,\s\up16(→))，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(FE,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(FG,\s\up16(→))＝0，)) 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－y1＝0，,x1＋y1－z1＝0，)) 令z1＝1，则x1＝1，y1＝0，所以n1＝(1,0,1)。 设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBC的一个法向量。 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2⊥\o(PB,\s\up16(→))，,n2⊥\o(BC,\s\up16(→))，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(PB,\s\up16(→))＝2x2－2z2＝0，,n2·\o(BC,\s\up16(→))＝2y2＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝0，,x2－z2＝0，)) 令z2＝1，得x2＝1，y2＝0，所以n2＝(1,0,1)。 因为n1＝n2，所以平面EFG∥平面PBC。 命题方向2：向量法证面面垂直 【例5】　如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E为BB1的中点，证明：平面AEC1⊥平面AA1C1C。 证明　由题意得AB，BC，B1B两两垂直。以点B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系。 则A(2,0,0)，A1(2,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，则eq \o(AA1,\s\up16(→))＝(0,0,1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，eq \o(AC1,\s\up16(→))＝(－2,2,1)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0，\f(1,2)))。 设平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)。 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋2y1＝0。)) 令x1＝1，得y1＝1。所以n1＝(1,1,0)。 设平面AEC1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)。 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC1,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up16(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＋z2＝0，,－2x2＋\f(1,2)z2＝0，)) 令z2＝4，得x2＝1，y2＝－1，所以n2＝(1，－1,4)。 因为n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0， 所以n1⊥n2， 所以平面AEC1⊥平面AA1C1C。 利用空间向量证明面面垂直通常有两个途径：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；二是直接求解两个平面的法向量，由两个法向量垂直，得面面垂直。 【变式训练】　如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝eq \f(1,2)AD。求证：平面AMD⊥平面CDE。 证明　如图，建立空间直角坐标系，点A为原点，设AB＝1，依题意得A(0，0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)， 则eq \o(AM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq \o(CE,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \o(AD,\s\up16(→))＝(0,2,0)， 可得eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(CE,\s\up16(→))＝0，eq \o(CE,\s\up16(→))·eq \o(AD,\s\up16(→))＝0，因此CE⊥AM，CE⊥AD。 又AM∩AD＝A，所以CE⊥平面AMD。 又CE⊂平面CED，所以平面AMD⊥平面CED。 立体几何中的探索性问题 【典例】　如图，正方形ADEF所在的平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2。 (1)求证：AC⊥BF； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出eq \f(BP,PE)的值；若不存在，请说明理由。 【解】　(1)证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，所以AF⊥平面ABCD。 因为AC⊂平面ABCD，所以AF⊥AC。 过A作AH⊥BC于H(图略)， 则BH＝1，AH＝eq \r(3)，CH＝3，所以AC＝2eq \r(3)， 所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB。 因为AB∩AF＝A，AB，AF⊂平面FAB， 所以AC⊥平面FAB。 因为BF⊂平面FAB，所以AC⊥BF。 (2)存在，理由：由(1)知，AF，AB，AC两两垂直。 以A为原点，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(AF,\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A­xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2eq \r(3)，0)，E(－1，eq \r(3)，2)。 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设eq \f(BP,PE)＝λ，则λ>0，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)))。 设平面PAC的一个法向量为m＝(x，y，z)。 由eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ)))， eq \o(AC,\s\up16(→))＝(0,2eq \r(3)，0)， 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up16(→))＝\f(2－λ,1＋λ)x＋\f(\r(3)λ,1＋λ)y＋\f(2λ,1＋λ)z＝0，,m·\o(AC,\s\up16(→))＝2\r(3)y＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝0，,z＝\f(λ－2,2λ)x，))令x＝1，则z＝eq \f(λ－2,2λ)， 所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(λ－2,2λ)))为平面PAC的一个法向量。 同理，可求得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1))为平面BCEF的一个法向量。 当m·n＝0，即λ＝eq \f(2,3)时，平面PAC⊥平面BCEF， 故存在满足题意的点P，此时eq \f(BP,PE)＝eq \f(2,3)。 解决立体几何中探索性问题的基本方法 (1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理。 (2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy平面上的点为(x，y,0)；③坐标轴上的点有两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为eq \o(AP,\s\up16(→))＝λeq \o(AB,\s\up16(→))，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算。 1．若不重合的直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1,2，－2)，b＝(－3，－6,6)，则(　　) A．l1∥l2 B．l1⊥l2 C．l1，l2相交但不垂直 D．不能确定 解析　因为eq \f(1,－3)＝eq \f(2,－6)＝eq \f(－2,6)，所以a∥b。又直线l1，l2不重合，所以l1，l2平行。 答案　A 答案与解析 2．已知线段AB的两端点坐标为A(9，－3,4)，B(9,2,1)，则直线AB(　　) A．与坐标平面xOy平行 B．与坐标平面yOz平行 C．与坐标平面zOx平行 D．与坐标平面yOz相交 解析　因为A(9，－3,4)，B(9,2,1)，所以eq \o(AB,\s\up16(→))＝(0,5，－3)，而坐标平面yOz的法向量为(1,0,0)，显然(0,5，－3)·(1,0,0)＝0，故直线AB与坐标平面yOz平行。 答案　B 答案与解析 3．(多选)给出下列命题，其中是真命题的是(　　) A．若直线l的方向向量a＝(1，－1,2)，直线m的方向向量b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，1，－\f(1,2)))，则l与m垂直 B．若直线l的方向向量a＝(0,1，－1)，平面α的法向量n＝(1，－1，－1)，则l⊥α C．若平面α，β的法向量分别为n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，则α⊥β D．若平面α经过三点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1 解析　因为a·b＝1×2－1×1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，则a⊥b，所以直线l与m垂直，故A是真命题。因为a·n＝0，则a⊥n，所以l∥α或l⊂α，故B是假命题。因为n1·n2＝6，所以α⊥β不成立，故C是假命题。因为eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－1,1,1)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－1,1,0)。又向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1＋u＋t＝0，,－1＋u＝0，))得u＋t＝1，故D是真命题。 答案　AD 答案与解析 4．已知平面α的法向量为(2,3，－1)，平面β的法向量为(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是________。 解析　因为α∥β，所以α的法向量与β的法向量也互相平行。所以eq \f(2,4)＝eq \f(3,λ)＝eq \f(－1,－2)。所以λ＝6。 答案　6 答案与解析 5.如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC＝2，E是PC的中点。求证： (1)CD⊥AE； (2)PD⊥平面ABE。 证明　(1)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(1，eq \r(3)，0)， Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)，0))，P(0，0,2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))， 所以eq \o(CD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),3)，0))，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))， 所以eq \o(CD,\s\up16(→))·eq \o(AE,\s\up16(→))＝－1×eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)＋0×1＝0，所以CD⊥AE。 (2)由(1)，得eq \o(PD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)，－2))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))， 设向量n＝(x，y，z)是平面ABE的法向量， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AE,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＋z＝0，)) 取y＝2，则n＝(0,2，－eq \r(3))， 所以eq \o(PD,\s\up16(→))＝eq \f(2\r(3),3)n， 所以eq \o(PD,\s\up16(→))∥n，所以PD⊥平面ABE。 $$