-新教材高中數(shù)學第一章空間向量與立體幾何4.1第三課時空間中直線平面的垂直學案新人教A版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE9第三課時空間中直線、平面的垂直新課程標準解讀核心素養(yǎng)1.能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直關系數(shù)學抽象、直觀想象2.能用向量方法判斷或證明直線、平面間的垂直關系邏輯推理、直觀想象觀察圖片，都知道圖中旗桿所在直線和地面垂直．[問題]如何證明旗桿與地面垂直？知識點空間中直線、平面垂直的向量表示1．線線垂直的向量表示設直線l1，l2的方向向量分別為u1，u2，則l1⊥l2?u1⊥u2?u1·u2＝0．2．線面垂直的向量表示設直線l的方向向量為u，平面α的法向量為n，則l⊥α?u∥n??λ∈R，使得u＝λn．3．面面垂直的向量表示設平面α，β的法向量分別為n1，n2，則α⊥β?n1⊥n2?n1·n2＝0．若直線l的方向向量與平面α內(nèi)兩條相交直線的方向向量都垂直，那么l與α垂直嗎？提示：垂直．1．(多選)下列命題中，正確的命題為()A．若n1，n2分別是平面α，β的法向量，則n1∥n2?α∥βB．若n1，n2分別是平面α，β的法向量，則α⊥β?n1·n2＝0C．若n是平面α的法向量，a是直線l的方向向量，若l與平面α垂直，則n∥aD．若兩個平面的法向量不垂直，則這兩個平面不垂直解析：選BCDA中平面α，β可能平行，也可能重合，結(jié)合平面法向量的概念，可知B、C、D正確．2．若直線l的方向向量a＝(1，0，2)，平面α的法向量為n＝(－2，0，－4)，則()A．l∥α B．l⊥αC．l?α D．l與α斜交解析：選B∵n＝－2a，∴a∥n，即l⊥α.3．已知兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為a＝(3λ＋1，0，2λ)，b＝(1，λ－1，λ)，若l1⊥l2，則λ的值為________．解析：由題意知，a⊥b，∴3λ＋1＋2λ2＝0，∴λ＝－1或－eq\f(1,2).答案：－1或－eq\f(1,2)4．平面α與平面β垂直，平面α與平面β的法向量分別為u＝(－1，0，5)，v＝(t，5，1)，則t的值為________．解析：∵平面α與平面β垂直，∴平面α的法向量u與平面β的法向量v垂直，∴u·v＝0，即－1×t＋0×5＋5×1＝0，解得t＝5.答案：5直線和直線垂直[例1]如圖，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F(xiàn)分別為AC，DC的中點．求證：EF⊥BC.[證明]由題意，以點B為坐標原點，在平面DBC內(nèi)過點B作垂直于BC的直線為x軸，BC所在直線為y軸，在平面ABC內(nèi)過點B作垂直BC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，易得B(0，0，0)，A(0，－1，eq\r(3))，D(eq\r(3)，－1，0)，C(0，2，0)，因而Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，因此eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0.從而eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以EF⊥BC.eq\a\vs4\al()利用空間向量證明兩直線垂直的常用方法及步驟(1)基向量法：①選取三個不共面的已知向量(通常是它們的模及其兩兩夾角為已知)為空間的一個基底；②把兩直線的方向向量用基底表示；③利用向量的數(shù)量積運算，計算出兩直線的方向向量的數(shù)量積為0；④由方向向量垂直得到兩直線垂直；(2)坐標法：①根據(jù)已知條件和圖形特征，建立適當?shù)目臻g直角坐標系，正確地寫出各點的坐標；②根據(jù)所求出點的坐標求出兩直線方向向量的坐標；③計算兩直線方向向量的數(shù)量積為0；④由方向向量垂直得到兩直線垂直．[跟蹤訓練]如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，E為AC的中點．求證：(1)BD1⊥AC；(2)BD1⊥EB1.證明：以D為原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz.設正方體的棱長為1，則B(1，1，0)，D1(0，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，B1(1，1，1)．(1)eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，∴eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0，∴eq\o(BD1,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，∴BD1⊥AC.(2)eq\o(BD1,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，eq\o(EB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，∴eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(EB1,\s\up6(→))＝(－1)×eq\f(1,2)＋(－1)×eq\f(1,2)＋1×1＝0，∴eq\o(BD1,\s\up6(→))⊥eq\o(EB1,\s\up6(→))，∴BD1⊥EB1.直線和平面垂直[例2](鏈接教科書第32頁例4)如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是BB1，D1B1的中點．求證：EF⊥平面B1AC.[證明]設正方體的棱長為2a，建立如圖所示的空間直角坐標系．則A(2a，0，0)，C(0，2a，0)，B1(2a，2a，2a)，E(2a，2a，a)，F(xiàn)(a，a，2a)．∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(a，a，2a)－(2a，2a，a)＝(－a，－a，a)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(2a，2a，2a)－(2a，0，0)＝(0，2a，2a)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，2a，0)－(2a，0，0)＝(－2a，2a，0)．∵eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－a，－a，a)·(0，2a，2a)＝(－a)×0＋(－a)×2a＋a×2a＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－a，－a，a)·(－2a，2a，0)＝2a2－2a2＋0＝0，∴EF⊥AB1，EF⊥AC.又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC.eq\a\vs4\al()用向量法證明線面垂直的方法及步驟(1)利用線線垂直：①將直線的方向向量用坐標表示；②找出平面內(nèi)兩條相交直線，并用坐標表示它們的方向向量；③判斷直線的方向向量與平面內(nèi)兩條直線的方向向量垂直；(2)利用平面的法向量：①將直線的方向向量用坐標表示；②求出平面的法向量；③判斷直線的方向向量與平面的法向量平行．[跟蹤訓練]如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E為PC的中點，EF⊥BP于點F.求證：PB⊥平面EFD.證明：由題意得，DA，DC，DP兩兩垂直，所以以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Dxyz，如圖，設DC＝PD＝1，則P(0，0，1)，A(1，0，0)，D(0，0，0)，B(1，1，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).所以eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，1，－1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，－\f(1,2))).法一：因為eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(DE,\s\up6(→))＝(1，1，－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))＝0＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2)＝0，所以eq\o(PB,\s\up6(→))⊥eq\o(DE,\s\up6(→))，所以PB⊥DE，因為PB⊥EF，又EF∩DE＝E，EF，DE?平面EFD.所以PB⊥平面EFD.法二：設F(x，y，z)，則eq\o(PF,\s\up6(→))＝(x，y，z－1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，y－\f(1,2)，z－\f(1,2))).因為eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(PB,\s\up6(→))，所以x＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(1,2)))＝0，即x＋y－z＝0.①又因為eq\o(PF,\s\up6(→))∥eq\o(PB,\s\up6(→))，可設eq\o(PF,\s\up6(→))＝λeq\o(PB,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，所以x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.②由①②可知，x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(2,3)，所以eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(1,6)，\f(1,6))).設n＝(x1，y1，z1)為平面EFD的法向量，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x1－\f(1,6)y1＋\f(1,6)z1＝0，,\f(1,2)y1＋\f(1,2)z1＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－z1，,y1＝－z1.))取z1＝1，則n＝(－1，－1，1)．所以eq\o(PB,\s\up6(→))∥n，所以PB⊥平面EFD.平面和平面垂直[例3]在四棱錐S-ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中點．求證：平面BDE⊥平面ABCD.[證明]設AS＝AB＝1，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(0，0，0)，C(1，1，0)，S(0，0，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).法一：連接AC，交BD于點O，連接OE，則點O的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0)).易知eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，∴eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AS,\s\up6(→))，∴OE∥AS.又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD.又OE?平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABCD.法二：設平面BDE的法向量為n1＝(x，y，z)．易知eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(BD,\s\up6(→))，,n1⊥\o(BE,\s\up6(→))，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(BD,\s\up6(→))＝－x＋y＝0，,n1·\o(BE,\s\up6(→))＝－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0.))取x＝1，可得平面BDE的一個法向量為n1＝(1，1，0)．∵AS⊥平面ABCD，∴平面ABCD的一個法向量為n2＝eq\o(AS,\s\up6(→))＝(0，0，1)．∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD.eq\a\vs4\al()證明面面垂直的兩種方法(1)常規(guī)法：利用面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為線面垂直、線線垂直去證明；(2)向量法：證明兩個平面的法向量互相垂直．[跟蹤訓練]如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq\f(1,2)PD.證明：平面PQC⊥平面DCQ.證明：如圖，以D為坐標原點，線段DA的長為單位長，DA，DP，DC所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系Dxyz.則D(0，0，0)，Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，則eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，∴eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(DQ,\s\up6(→))＝0，eq\o(PQ,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，又DQ∩DC＝D，DQ，DC?平面DCQ，∴PQ⊥平面DCQ，又PQ?平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.垂直關系中的探索性問題[例4]如圖，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)求證：AC⊥BF；(2)在線段BE上是否存在一點P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出eq\f(BP,PE)的值；若不存在，請說明理由．[解](1)證明：∵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.過A作AH⊥BC于H(圖略)，則BH＝1，AH＝eq\r(3)，CH＝3，∴AC＝2eq\r(3)，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB.∵AB∩AF＝A，AB，AF?平面FAB，∴AC⊥平面FAB.∵BF?平面FAB，∴AC⊥BF.(2)存在．理由：由(1)知，AF，AB，AC兩兩垂直．以A為坐標原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AF,\s\up6(→))的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2eq\r(3)，0)，E(－1，eq\r(3)，2)．假設在線段BE上存在一點P滿足題意，則易知點P不與點B，E重合，設eq\f(BP,PE)＝λ，則0<λ<1，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－λ,1＋λ)，\f(\r(3)λ,1＋λ)，\f(2λ,1＋λ))).設平面PAC的法向量為m＝(x，y，z)．由eq\o(AP,\s\up6(→))＝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\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，0)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AP,\s\up6(→))＝\f(2－λ,1＋λ)x＋\f(\r(3)λ,1＋λ)y＋\f(2λ,1＋λ)z＝0，,m·\o(AC,\s\up6(→))＝2\r(3)y＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝0，,z＝\f(λ－2,2λ)x，))取x＝1，則z＝eq\f(λ－2,2λ)，所以m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(λ－2,2λ)))為平面PAC的一個法向量．同理，可求得n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),3)，1))為平面BCEF的一個法向量．當m·n＝0，即λ＝eq\f(2,3)時，平面PAC⊥平面BCEF，故存在滿足題意的點P，此時eq\f(BP,PE)＝eq\f(2,3).eq\a\vs4\al()解決立體幾何中探索性問題的基本方法(1)通常假設題中的數(shù)學對象存在(或結(jié)論成立)，然后在這個前提下進行邏輯推理；(2)探索性問題的關鍵是設點：①空間中的點可設為(x，y，z)；②坐標平面內(nèi)的點其中一個坐標為0，如Oxy面上的點為(x，y，0)；③坐標軸上的點兩個坐標為0，如z軸上的點為(0，0，z)；④直線(線段)AB上的點P，可設為eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，表示出點P的坐標，或直接利用向量運算．[跟蹤訓練]如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點．(1)求證：EF⊥CD.(2)已知點G在平面PAD內(nèi)，且GF⊥平面PCB，試確定點G的位置．解：(1)證明：以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標系(如圖)，設AD＝a，則D(0，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(a,2)，0))，P(0，0，a)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2)))，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))·(0，a，0)＝0，∴EF⊥CD.(2)∵G∈平面PAD，設G(x，0，z)，∴eq\o(FG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2))).由(1)，知eq\o(CB,\s\up6(→))＝(a，0，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(0，－a，a)．∵GF⊥平面PCB，∴eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a，0，0)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))＝0，eq\o(FG,\s\up6(→))·eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)＝eq\f(a2,2)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z－\f(a,2)))＝0，∴x＝eq\f(a,2)，z＝0.∴點G的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，即點G為AD的中點．1．若平面α，β的法向量分別為a＝(2，－1，0)，b＝(－1，－2，0)，則α與β的位置關系是()A．平行 B．垂直C．相交但不垂直 D．無法確定解析：選Ba·b＝－2＋2＋0＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.2.如圖，在空間直角坐標系中，正方體棱長為2，點E是棱AB的中點，點F(0，y，z)是正方體的面AA1D1D上一點，且CF⊥B1E，