届步步高大一轮复习讲义87.docx

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届步步高大一轮复习讲义87

§8.7　立体几何中的向量方法（Ⅰ）——证明平行与垂直

2014高考会这样考　1.利用线线、线面、面面关系考查空间向量的运算；2.能用向量方法证明线面的平行或垂直；3.考查用向量方法解决立体几何中的一些探索性问题．

复习高考要这样做　1.理解直线的方向向量与平面的法向量；能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直和平行关系；3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）；4.了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．

1．用向量表示直线或点在直线上的位置

（1）给定一个定点A和一个向量a，再任给一个实数t，以A为起点作向量＝ta，则此向量方程叫作直线l的参数方程．向量a称为该直线的方向向量．

（2）对空间任一确定的点O，点P在直线l上的充要条件是存在唯一的实数t，满足等式＝（1－t）＋t，叫作空间直线的向量参数方程．

2．用向量证明空间中的平行关系

（1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2（或l1与l2重合）⇔v1∥v2.

（2）设直线l的方向向量为v，与平面α共面的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或lα⇔存在两个实数x，y，使v＝xv1＋yv2.

（3）设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l∥α或lα⇔v⊥u.

（4）设平面α和β的法向量分别为u1，u2，则α∥β⇔u1∥u2.

3．用向量证明空间中的垂直关系

（1）设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0.

（2）设直线l的方向向量为v，平面α的法向量为u，则l⊥α⇔v∥u.

（3）设平面α和β的法向量分别为u1和u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.

[难点正本　疑点清源]

利用空间向量解决立体几何中的平行问题

（1）证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是共线向量，但要注意说明这两条直线不共线．

（2）证明线面平行的方法

①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直，但要说明直线不在平面内．

②证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线，也要说明直线不在平

面内．

③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的两个不共线向量是共面向量．同时要注意强调直线不在平面内．

1．两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝（1,0，－1），v2＝（－2，0,2），则l1与l2的位置关系是__________．

答案　平行

解析　∵v2＝－2v1，∴v1∥v2，又l1与l2不重合，∴l1∥l2.

2．已知＝（1,5，－2），＝（3,1，z），若⊥，＝（x－1，y，－3），且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为______________．

答案　，－，4

解析　由题意知，⊥，⊥.

所以即

解得，x＝，y＝－，z＝4.

3．已知a＝（－2，－3,1），b＝（2,0,4），c＝（－4，－6,2），则下列结论正确的是（　　）

A．a∥c，b∥cB．a∥b，a⊥c

C．a∥c，a⊥bD．以上都不对

答案　C

解析　∵c＝2a，∴a∥c，

又a·b＝（－2，－3,1）·（2,0,4）＝－4＋0＋4＝0，

∴a⊥b.

4．若平面α，β垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的是（　　）

A．n1＝（1,2,1），n2＝（－3,1,1）

B．n1＝（1,1,2），n2＝（－2,1,1）

C．n1＝（1,1,1），n2＝（－1,2,1）

D．n1＝（1,2,1），n2＝（0，－2，－2）

答案　A

解析　两个平面垂直时其法向量也垂直，只有选项A中的两个向量垂直．

5．若平面α、β的法向量分别为n1＝（2，－3,5），n2＝（－3,1，－4），则（　　）

A．α∥βB．α⊥β

C．α、β相交但不垂直D．以上均不正确

答案　C

题型一　利用空间向量证明平行问题

例1　如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：

MN∥平面A1BD.

思维启迪：

证明线面平行，可以利用判定定理先证线线平行；也可以寻找平面的法向量．

证明　方法一　如图所示，以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，

则M，N，D（0,0,0），A1（1,0,1），B（1,1,0），

于是＝，

设平面A1BD的法向量是n＝（x，y，z）．

则n·＝0，且n·＝0，得

取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝（1，－1，－1）．

又·n＝·（1，－1，－1）＝0，

∴⊥n，又MN⃘平面A1BD，

∴MN∥平面A1BD.

方法二　＝－＝－

＝（－）＝，

∴∥，又∵MN与DA1不共线，∴MN∥DA1，

又∵MN⃘平面A1BD，A1D平面A1BD，

∴MN∥平面A1BD.

探究提高　用向量证明线面平行的方法有

（1）证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；

（2）证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；

（3）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；

（4）本题易错点：

只证明MN∥A1D，而忽视MN⃘平面A1BD.

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．

求证：

PB∥平面EFG.

证明　∵平面PAD⊥平面ABCD且ABCD为正方形，

∴AB、AP、AD两两垂直，以A为坐标原点，

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.

题型二　利用空间向量证明垂直问题

例2　如图所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：

AB1⊥平面A1BD.

证明　方法一　设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λ＋μ.

令＝a，＝b，＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一个基底，

则＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，

m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc，

·m＝（a－c）·

＝4－2μ－4λ＝0.

故⊥m，结论得证．

方法二　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ABC—A1B1C1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，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则B（1,0,0），D（－1,1,0），A1（0,2，），

A（0,0，），B1（1,2,0）．

设平面A1BD的法向量为n＝（x，y，z），＝（－1,2，），＝（－2,1,0）．

因为n⊥，n⊥，

故⇒

令x＝1，则y＝2，z＝－，

故n＝（1,2，－）为平面A1BD的一个法向量，

而＝（1,2，－），

所以＝n，所以∥n，

故AB1⊥平面A1BD.

探究提高　证明线面平行和垂直问题，可以用几何法，也可以用向量法．用向量法的关键在于构造向量，再用共线向量定理或共面向量定理及两向量垂直的判定定理．若能建立空间直角坐标系，其证法较为灵活方便．

如图所示，已知直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．

求证：

（1）DE∥平面ABC；

（2）B1F⊥平面AEF.

证明　

（1）如图建立空间直角坐标系A—xyz，

令AB＝AA1＝4，

则A（0,0,0），E（0,4,2），F（2,2,0），B（4,0,0），B1（4,0,4）．

取AB中点为N，连接CN，

则N（2,0,0），C（0,4,0），D（2,0,2），

∴＝（－2,4,0），＝（－2,4,0），

∴＝，∴DE∥NC，

又∵NC平面ABC，DE⃘平面ABC.

故DE∥平面ABC.

（2）＝（－2,2，－4），＝（2，－2，－2），＝（2,2,0）．

·＝（－2）×2＋2×（－2）＋（－4）×（－2）＝0，

·＝（－2）×2＋2×2＋（－4）×0＝0.

∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，

又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.

题型三　利用空间向量解决探索性问题

例3　（2012·福建）如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．

（1）求证：

B1E⊥AD1；

（2）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？

若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．

思维启迪：

利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算下结论．

（1）证明　以A为原点，，，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（如图）．

设AB＝a，则A（0,0,0），D（0,1,0），D1（0,1,1），

E，B1（a,0,1），

故＝（0,1,1），＝，＝（a,0,1），＝.

∵·＝－×0＋1×1＋（－1）×1＝0，

∴B1E⊥AD1.

（2）解　假设在棱AA1上存在一点P（0,0，z0）．

使得DP∥平面B1AE，此时＝（0，－1，z0）．

又设平面B1AE的法向量n＝（x，y，z）．

∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得

取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.

要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，

解得z0＝.

又DP⃘平面B1AE，

∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.

探究提高　对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：

一种是根据条件作出判断，再进一步论证．另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.

如图所示，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．

（1）求证：

AC⊥SD.

（2）若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．

（1）证明　连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD.

由题意知SO⊥平面ABCD.

以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间

直角坐标系如图．

设底面边长为a，则高SO＝a，

于是S，D，

B，C，

＝，

＝，则·＝0.

故OC⊥SD.从而AC⊥SD.

（2）解　棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.

理由如下：

由已知条件知是平面PAC的一个法向量，

且＝，＝，

＝.

设＝t，则＝＋＝＋t

＝，而·＝0⇔t＝.

即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.

而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.

利用空间向量解决立体几何问题

典例：

（12分）（2011·大纲全国）如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.

（1）证明：

SD⊥平面SAB；

（2）求AB与平面SBC所成角的正弦值．

考点分析　本题以四棱锥为载体，考查多面体的结构特征，线面垂直的判定以及直线