考点40 立体几何中的向量方法-证明平行与垂直关系（考点详解）-备战2022年新高考数学一轮复习考点微专题学案

考点40 立体几何中的向量方法-----证明平行与垂直关系

1.理解直线的方向向量及平面的法向量，并能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．(重点)

2.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理，并能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题．(难点)

从近三年高考情况来看，本讲为高考必考内容．预测2021年高考将会以空间向量为工具证明平行与垂直以及进行空间角的计算．试题以解答题的形式呈现，难度为中等偏上.

一、用空间向量证明平行问题；

二、用空间向量证明垂直问题；

三、解决立体几何中探索性问题。

用空间向量证明平行问题

用空间向量证明平行问题的方法

(1)用向量证明平行的方法

①线线平行，只需证明两直线的方向向量是共线向量．

②线面平行，证明直线的方向向量能用平面的两个基底表示，或证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．

③面面平行，证明两平面的法向量是共线向量．

【典例】

例1 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证：

(1)CM∥平面PAD；

(2)平面PAB⊥平面PAD.

证明　以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.

∵PC⊥平面ABCD，

∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，

∴∠PBC＝30°.

∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4，

∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M，

∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝.

(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，

则即

令y＝2，得n＝(－，2,1)．

∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0，

∴n⊥.

又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.

(2)方法一　由(1)知，＝(0,4,0)，＝(2，0，－2)，

设平面PAB的一个法向量m＝(x0，y0，z0)，

则即

令x0＝1，得m＝(1,0，)，

又∵平面PAD的一个法向量n＝(－，2,1)，

∴m·n＝1×(－)＋0×2＋×1＝0，∴m⊥n，

∴平面PAB⊥平面PAD.

方法二　如图，取AP的中点E，连接BE，

则E(，2,1)，＝(－，2,1)．

∵PB＝AB，∴BE⊥PA.

又∵·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0，

∴⊥，∴BE⊥DA.

又PA∩DA＝A，PA，DA⊂平面PAD，

∴BE⊥平面PAD.

又∵BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.

用空间向量证明垂直问题

用空间向量证明垂直问题的方法

【典例】

例2 如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1BC，AA1⊥平面BAC.求证：

(1)A1B1⊥平面AA1C；

(2)AB1∥平面A1C1C.

证明　∵AA1⊥平面BAC.

∴AA1⊥AB，AA1⊥AC.

又AB＝AC，BC＝AB，

∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，

∴AB，AC，AA1两两互相垂直．

建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，

C(2,0,0)，C1(1,1,2)．

(1)＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，

则即即

取y＝1，则n＝(0,1,0)．

∴＝2n，即∥n.

∴A1B1⊥平面AA1C.

(2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，

则即

令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．

∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，

∴⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，

∴AB1∥平面A1C1C.

 解决立体几何中探索性问题

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面上的点为(x，y,0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0,0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标(如举例说明2(2))，或直接利用向量运算．

提醒：解这类问题时要利用好向量垂直和平行的坐标表示.

【典例】

例3如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；

(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．

解　(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，

∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，

∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO.

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.

以OB，OC，OA1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，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．

由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，

·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，

∴⊥，即BD⊥AA1.

(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，

设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．

从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．设平面DA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则又＝(0,2,0)，＝(，0，)，则取x＝1，则n＝(1,0，－1)，

因为BP∥平面DA1C1，则n⊥，即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1，

即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.

例4 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形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，求出的值；若不存在，请说明理由．

解 (1)证明：∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，∴AF⊥平面ABCD.

∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.

过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝，CH＝3，

∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，

∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB，∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.

(2)存在．由(1)知，AF，AB，AC两两垂直．以A为坐标原点，，，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(0，2，0)，

E(－1，，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＝λ，则λ>0，P.

设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)．

由＝，＝(0,2，0)，

得即令x＝1，则z＝，

所以m＝为平面PAC的一个法向量．

同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量．

当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，故存在满足题意的点P，此时＝.