2019届二轮复习第八章第7节　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直学案（全国通用）

第7节　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直
最新考纲　1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.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.

知 识 梳 理
1.直线的方向向量和平面的法向量
(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.
(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.
2.空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0
[常用结论与微点提醒]
1.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.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.
2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.
诊 断 自 测
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线的方向向量是唯一确定的.(　　)
(2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.(　　)
(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.(　　)
(4)若直线a的方向向量与平面α的法向量垂直，则a∥α.(　　)
解析　(1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；
(2)a⊥α；(3)两平面平行或重合；(4)a∥α或a⊂α.
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)
A.α∥β B.α⊥β
C.α，β相交但不垂直 D.以上均不对
解析　∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直.
答案　C
3.若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则(　　)
A.l∥α B.l⊥α
C.l⊂α D.l与α斜交
解析　∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，0，－4)，
∴n＝－2a，即a∥n.∴l⊥α.
答案　B
4.已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是(　　)
A.(－1，1，1) B.(1，－1，1)
C. D.
解析　设n＝(x，y， )为平面ABC的法向量，
则化简得∴x＝y＝ .
答案　C


5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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ON，AM的位置关系是 .
解析　以A为原点，分别以，，所在直线为x，y， 轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，M，O，N.·＝·＝0，∴ON与AM垂直.
答案　垂直

考点一　利用空间向量证明平行问题
【例1】 (一题多解)如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ＝3QC.
证明：PQ∥平面BCD.
证明　法一　如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y，
轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xy .
由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0).
设点C的坐标为(x0，y0，0).
因为＝3，
所以Q.
因为M为AD的中点，故M(0，，1).
又P为BM的中点，故P，
所以＝.
又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，故·a＝0.
又PQ⊄平面BCD，
所以PQ∥平面BCD.
法二　在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).
∵＝，设点F坐标为(x，y，0)，则
(x－x0，y－y0，0)＝(－x0，－y0，0)，
∴∴＝
又由法一知＝，
∴＝，∴PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，
∴PQ∥平面BCD.
规律方法　1.恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.
2.证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.
【训练1】 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为AB，AD，AA1的中点，求证：平面EFG∥平面B1CD1.
证明　建立如图所示的空间直角坐标系D－xy ，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，D1(0，0，1).
得E，F，G，
＝，＝.
设n1＝(x1，y1， 1)为平面EFG的法向量，n2＝(x2，y2， 2)为平面B1CD1的一个法向量.
则即
令x1＝1，可得y1＝－1， 1＝－1，
同理可得x2＝1，y2＝－1， 2＝－1.
则n1＝(1，－1，－1)，n2＝(1，－1，－1).
由n1＝n2，得平面EFG∥平面B1CD1.
考点二　利用空间向量证明垂直问题
【例2】 如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明　(1)取BC的中点O，连接PO，
∵平面PBC⊥底面ABCD，BC为交线，PO⊂平面PBC，△PBC为等边三角形，即PO⊥BC，
∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.

不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝.
∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，).
∴＝(－2，－1，0)，＝(1，－2，－).
∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，
∴⊥，
∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则M.
∵＝，＝(1，0，－)，
∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PB.
∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面PAB.
规律方法　1.利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.
2.用向量证明垂直的方法
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.
(2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.
(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.
【训练2】 如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.证明：A1C⊥平面BB1D1D.

证明　由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系.

因为AB＝AA1＝，所以OA＝OB＝OA1＝1，所以A(1，0，0)，B(0，1，0)，
C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A1(0，0，1).
由＝，易得B1(－1，1，1).
因为＝(－1，0，－1)，＝(0，－2，0)，＝(－1，0，1)，
所以·＝0，·＝0，
所以A1C⊥BD，A1C⊥BB1.
又BD∩BB1＝B，BD，BB1⊂平面BB1D1D，
所以A1C⊥平面BB1D1D.
考点三　用空间向量解决探索性问题(多维探究)
命题角度1　与平行有关的探索性问题
【例3－1】 (2016·北京卷改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.

(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
(1)证明　因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD且AB∩PA＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以PD⊥平面PAB.
(2)解　取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
如图，建立空间直角坐标系O－xy .由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，
D(0，－1，0)，P(0，0，1).
设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]，使得＝λ.
因此M(0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ).
因为BM⊄平面PCD，所以BM∥平面PCD，
当且仅当·n＝0，
即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝.
所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，
此时＝.
命题角度2　与垂直有关的探索性问题
【例3－2】 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.
(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.
又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，AB，AF⊂平面FAB，
∴AC⊥平面FAB，
∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)解　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， 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xy ，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， ).
由＝，＝(0，2，0)，
得
即令x＝1，则 ＝，
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＝.
规律方法　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， )；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 轴上的点为(0，0， )；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，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.
【训练3】 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.
证明　(1)因为AA1C1C为正方形，所以AA1⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，
所以AA1⊥平面ABC.
(2)由(1)知AA1⊥AB，AA1⊥AC.

由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A－xy .
则B(0，3，0)，A1(0，0，4)，B1(0，3，4)，C1(4，0，4).
设D(x，y， )是直线BC1上的一点，且＝λ1，
所以(x，y－3， )＝λ(4，－3，4)，
解得x＝4λ，y＝3－3λ， ＝4λ，
所以＝(4λ，3－3λ，4λ).
由·＝0，＝(0，3，－4)，
则9－25λ＝0，解得λ＝.
因为∈[0，1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，此时，＝λ＝.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于(　　)
A.2 B.－4 C.4 D.－2
解析　∵α∥β，∴两平面的法向量平行，
∴＝＝，∴k＝4.
答案　C
2.若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是(　　)
A.相交 B.平行
C.在平面内 D.平行或在平面内
解析　∵＝λ＋μ，∴，，共面.
则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.
答案　D
3.已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　)
A.P(2，3，3) B.P(－2，0，1)
C.P(－4，4，0) D.P(3，－3，4)
解析　逐一验证法，对于选项A，＝(1，4，1)，
∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，
∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.
答案　A



4.(2018·郑州月考)如图，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　　)
A.B1E＝EB
B.B1E＝2EB
C.B1E＝EB
D.E与B重合
解析　分别以DA，DC，DD1为x，y， 轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2， )，＝(0，1，－2)，＝(2，2， )，∵·＝0×2＋1×2－2 ＝0，∴ ＝1，∴B1E＝EB.
答案　A
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)
A.斜交 B.平行
C.垂直 D.MN在平面BB1C1C内
解析　建立如图所示的空间直角坐标系，
由于A1M＝AN＝，
则M，N，
＝.
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量.
因为·＝0，
所以⊥，又MN⊄平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.
答案　B

二、填空题
6.(2018·武汉调研)已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是 .
解析　设平面α的法向量为m＝(x，y， )，
由m·＝0，得x·0＋y－ ＝0⇒y＝ ，
由m·＝0，得x－ ＝0⇒x＝ ，取x＝1，
∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.
答案　α∥β
7.(2018·西安调研)已知＝(1，5，－2)，＝(3，1， )，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝ .
解析　由条件得
解得x＝，y＝－， ＝4，
∴x＋y＝－＝.
答案　
8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1).对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的序号是 .
解析　∵·＝0，·＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确.又与不平行，
∴是平面ABCD的法向量，则③正确.
由于＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，
∴与不平行，故④错误.
答案　①②③
三、解答题
9.(一题多解)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，建立如右图所示的空间直角坐标系A­xy ，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).
法一　∴＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，
设平面EFG的法向量为n＝(x，y， )，
则即
令 ＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，
∵＝(2，0，－2)，∴·n＝0，∴n⊥，
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
法二　＝(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.
10.如图正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.

(1)求证：AE∥平面BCF；
(2)求证：CF⊥平面AEF.
证明　取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，
又四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，
故以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0).
＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2，).

(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y， )，
则取 ＝1，得n＝(－，，1).
又四边形BDEF为平行四边形，
∴＝＝(－1，－2，)，
∴＝＋＝＋
＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)＝(－3，－4，)，
∴·n＝3－4＋＝0，∴⊥n，
又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF.
(2)＝(－3，0，)，∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0，∴⊥，⊥，
又AE∩AF＝A，
AE，AF⊂平面AEF，
∴CF⊥平面AEF.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　　)
A.(1，1，1) 　　 B.
C. 　　 D.
解析　设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，
又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点.
在空间坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1).
由中点坐标公式，知点M的坐标.
答案　C
12.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为 .
解析　以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y， 轴建立空间直角坐标系，
设CE＝x，DF＝y，
则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
∴＝(x－1，0，1)，∴＝(1，1，y)，
由于B1E⊥平面ABF，
所以·＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0⇒x＋y＝1.
答案　1
13.如图，正△ABC的边长为4，CD为AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.

(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.
解　(1)AB∥平面DEF，理由如下：
在△ABC中，由E，F分别是AC，BC的中点，得EF∥AB.
又因为AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，
所以AB∥平面DEF.
(2)以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴，y轴， 轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，故＝(0，，1).

假设存在点P(x，y，0)满足条件，
则＝(x，y，－2)，·＝y－2＝0，
所以y＝.
又＝(x－2，y，0)，＝(－x，2－y，0)，∥，
所以(x－2)(2－y)＝－xy，所以x＋y＝2.
把y＝代入上式得x＝，所以＝，
所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时＝.