2022年高三数学大一轮复习 8.7立体几何中的向量方法（Ⅰ）证明平行与垂直教案 理 新人教A版

2022年高三数学大一轮复习 8.7立体几何中的向量方法（）证明平行与垂直教案 理 新人教A版xx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备考要这样做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，则此向量方程叫做直线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(1t)t，叫做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l1l2(或l1与l2重合)v1v2.(2)设直线l的方向向量为v，与平面共面的两个不共线向量v1和v2，则l或l存在两个实数x，y，使vxv1yv2.(3)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l或lvu.(4)设平面和的法向量分别为u1，u2，则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l1l2v1v2v1v20.(2)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则lvu.(3)设平面和的法向量分别为u1和u2，则u1u2u1u20.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v22v1，v1v2，又l1与l2不重合，l1l2.2 已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，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，z4.3 已知a(2，3,1)，b(2,0,4)，c(4，6,2)，则下列结论正确的是()Aac，bc Bab，acCac，ab D以上都不对答案C解析c2a，ac，又ab(2，3,1)(2,0,4)4040，ab.4 若平面，垂直，则下面可以作为这两个平面的法向量的是()An1(1,2,1)，n2(3,1,1)Bn1(1,1,2)，n2(2,1,1)Cn1(1,1,1)，n2(1,2,1)Dn1(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、的法向量分别为n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则()A BC、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ABCDA1B1C1D1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n0，且n0，得取x1，得y1，z1.n(1，1，1)又n(1，1，1)0，n，又MN平面A1BD，MN平面A1BD.方法二()，又MN与DA1不共线，MNDA1，又MN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MNA1D，而忽视MN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PAAD2，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st，即(2,0，2)s(0，1,0)t(1,1，1)，解得st2.22，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ABCA1B1C1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，使m.令a，b，c，显然它们不共面，并且|a|b|c|2，abac0，bc2，以它们为空间的一个基底，则ac，ab，ac，mabc，m(ac)4240.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AOBC.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，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x1，则y2，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ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，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Axyz，令ABAA14，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)，DENC，又NC平面ABC，DE平面ABC.故DE平面ABC.(2)(2,2，4)，(2，2，2)，(2,2,0)(2)22(2)(4)(2)0，(2)222(4)00.，即B1FEF，B1FAF，又AFFEF，B1F平面AEF.题型三利用空间向量解决探索性问题例3(xx福建)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1；(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ABa，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)，.011(1)10，B1EAD1.(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x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP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SABCD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：ACSD.(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SEEC的值；若不存在，试说明理由(1)证明连接BD，设AC交BD于O，则ACBD.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SOa，于是S，D，B，C，则0.故OCSD.从而ACSD.(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0t.即当SEEC21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)(xx大纲全国)如图，四棱锥SABCD中，ABCD，BCCD，侧面SAB为等边三角形，ABBC2，CDSD1.(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与平面所成角的计算解题策略本题有两种解题思路：利用常规方法，从线线垂直证明线面垂直，作出所求线面角；利用空间向量，将线面垂直转化为两个向量的关系，利用平面的法向量求线面角规范解答(1)证明以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，射线CB为y轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设D(1,0,0)，则A(2,2,0)，B(0,2,0)2分又设S(x，y，z)，则x0，y0，z0.(x2，y2，z)，(x，y2，z)，(x1，y，z)，由|得，故x1.由|1得y2z21.又由|2得x2(y2)2z24，即y2z24y10.联立得6分于是S(1，)，(1，)，(1，)，(0，)因为0，0，故DSAS，DSBS.又ASBSS，所以SD平面SAB.8分(2)解设平面SBC的法向量a(m，n，p)，则a，a，a0，a0.又(1，)，(0,2,0)，故取p2得a(，0,2)10分又(2,0,0)，cos，a，所以AB与平面SBC所成角的正弦值为.12分解后反思直线和平面的位置关系可以利用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系来判断证明的主要思路：(1)证明线线平行：可证两条直线的方向向量共线；(2)证明线面平行：证明直线的方向向量和平面的法向量垂直，证明直线的方向向量可用平面内的两个不共线向量线性表示；(3)证明面面平行：可证两个平面的法向量共线；(4)证明线线垂直：可证两条直线的方向向量垂直；(5)证明线面垂直：证明直线的方向向量和平面内的两个不共线向量垂直，证明直线的方向向量与平面的法向量共线；(6)证明面面垂直：可证两个平面的法向量互相垂直方法与技巧用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题失误与防范用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线ab，只需证明向量ab(R)即可若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外A组专项基础训练(时间：35分钟，满分：57分)一、选择题(每小题5分，共20分)1 已知平面内有一点M(1，1,2)，平面的一个法向量为n(6，3,6)，则下列点P中，在平面内的是 ()AP(2,3,3) BP(2,0,1)CP(4,4,0) DP(3，3,4)答案A解析逐一验证法，对于选项A，(1,4,1)，n61260，n，点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内2 已知空间三点A(0,2,3)，B(2,1,6)，C(1，1,5)若|a|，且a分别与，垂直，则向量a为 ()A(1,1,1)B(1，1，1)C(1,1,1)或(1，1，1)D(1，1,1)或(1,1，1)答案C解析由条件知(2，1,3)，(1，3,2)，可观察出a(1,1,1)3 若直线l的一个方向向量为a(2,5,7)，平面的一个法向量为u(1,1，1)，则()Al或l BlCl Dl与斜交答案A4. 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为BC的中点则AM与PM的位置关系为()A平行 B异面C垂直 D以上都不对答案C解析以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)(，2,0)(0,1，)(，1，)，(，2,0)(2，0,0)(，2,0)，(，1，)(，2,0)0，即，AMPM.二、填空题(每小题5分，共15分)5 设l1的方向向量为a(1,2，2)，l2的方向向量为b(2，3，m)，若l1l2，则m_.答案26 设点C(2a1，a1,2)在点P(2,0,0)、A(1，3,2)、B(8，1，4)确定的平面上，则a_.答案16解析(1，3,2)，(6，1,4)根据共面向量定理，设xy (x、yR)，则(2a1，a1,2)x(1，3,2)y(6，1,4)(x6y，3xy,2x4y)，解得x7，y4，a16.7. 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是_答案平行解析正方体棱长为a，A1MAN，()().又是平面B1BCC1的法向量，0，.又MN平面B1BCC1，MN平面B1BCC1.三、解答题(共22分)8 (10分)如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，D为AB的中点，ACBCBB1.求证：(1)BC1AB1；(2)BC1平面CA1D.证明如图，以C1点为原点，C1A1，C1B1，C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设ACBCBB12，则A(2,0,2)，B(0,2,2)，C(0,0,2)，A1(2,0,0)，B1(0,2,0)，C1(0,0,0)，D(1,1,2)(1)由于(0，2，2)，(2,2，2)，所以0440，因此，故BC1AB1.(2)连接A1C，取A1C的中点E，连接DE，由于E(1,0,1)，所以(0,1,1)，又(0，2，2)，所以，又ED和BC1不共线，所以EDBC1，又DE平面CA1D，BC1平面CA1D，故BC1平面CA1D.9 (12分)如图，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，PAAB1，BC2.求证：(1)EF平面PAB；(2)平面PAD平面PDC.证明(1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为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，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)，即EFAB，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APDC，ADDC.又APADA，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.B组专项能力提升(时间：25分钟，满分：43分)一、选择题(每小题5分，共15分)1 已知a(1,1,1)，b(0,2，1)，cmanb(4，4,1)若c与a及b都垂直，则m，n的值分别为 ()A1,2 B1，2C1,2 D1，2答案A解析由已知得c(m4，m2n4，mn1)，故ac3mn10，bcm5n90.解得2 已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若a，b，c三向量共面，则实数等于 ()A. B. C. D.答案D解析由题意得ctab(2t，t4，3t2)，.3. 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NO、AM的位置关系是()A平行B相交C异面垂直D异面不垂直答案C解析建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，(1,0，2)，(2,0,1)，0，则直线NO、AM的位置关系是异面垂直二、填空题(每小题5分，共15分)4 已知平面和平面的法向量分别为a(1,1,2)，b(x，2，3)，且，则x_.答案4解析abx260，x4.5 已知a(2，1,2)，b(2,2,1)，则以a，b为邻边的平行四边形的面积为_答案解析|a|3，|b|3，ab22(1)2214，cosa，b，sina，b，S平行四边形|a|b|sina，b.6. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足的实数的有_个答案2解析建立如图的坐标系，设正方体的边长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，OP的中点坐标为，又知D1(0,0,2)，Q(x1，y1,0)，而Q在MN上，xQyQ3，xy1，即点P坐标满足xy1.有2个符合题意的点P，即对应有2个.三、解答题7 (13分)在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E、F分别是AB、PB的中点(1)求证：EFCD；(2)在平面PAD内求一点G，使GF平面PCB，并证明你的结论(1)证明如图，以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设ADa，则D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a，a,0)、C(0，a,0)、E、P(0,0，a)、F.，(0，a,0)0，即EFCD.(2)解设G(x,0，z)，则，若使GF平面PCB，则由(a,0,0)a0，得x；由(0，a，a)a0，得z0.G点坐标为，即G点为AD的中点