2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第三章空間向量與立體幾何3.2.2空間向量與垂直關(guān)系學(xué)案含解析新人教A版選修2-1

PAGE1-3.2.2空間向量與垂直關(guān)系[目標(biāo)]1.理解線面的位置關(guān)系與向量的聯(lián)系.2.能用向量語言表述線線、線面、面面的垂直關(guān)系．[重點(diǎn)]用向量的方法解決線線、線面、面面的垂直關(guān)系．[難點(diǎn)]用線面垂直的判定定理與向量相結(jié)合解決垂直問題．學(xué)問點(diǎn)空間中直線、平面垂直關(guān)系的向量表示[填一填]1．兩直線垂直的關(guān)系：設(shè)直線l的方向向量為a＝(a1，a2，a3)，直線m的方向向量為b＝(b1，b2，b3)，則l⊥m?a⊥b?a·b＝0?eq\a\vs4\al(a1b1＋a2b2＋a3b3＝0).2．直線與平面的垂直關(guān)系：設(shè)直線l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量為u＝(a2，b2，c2)，則l⊥α?a∥u?a＝ku.3．兩個平面的垂直關(guān)系：若平面α的法向量為u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量為v＝(a2，b2，c2)，則α⊥β?u⊥v?u·v＝0.[答一答]1．直線的方向向量與一平面的法向量平行，則該直線與平面有什么關(guān)系？提示：垂直．2．若兩平面的法向量垂直，則兩平面垂直嗎？提示：垂直．空間中的垂直關(guān)系主要是指：線線垂直、線面垂直、面面垂直．1．線線垂直設(shè)直線l1、l2的方向向量分別是a、b，則要證明l1⊥l2，只需證明a⊥b，即a·b＝0.2．線面垂直(1)設(shè)直線l的方向向量是a，平面α的法向量是u，則要證l⊥α，只需證明a∥u.(2)依據(jù)線面垂直的判定定理，轉(zhuǎn)化為直線與平面內(nèi)的兩條相交直線垂直．即：設(shè)a、b在平面α內(nèi)(或與平面α平行)，且a與b不共線，直線l的方向向量為c，則l⊥α?c⊥a且c⊥b?a·c＝b·c＝0.3．面面垂直(1)依據(jù)面面垂直的判定定理轉(zhuǎn)化為證相應(yīng)的線面垂直、線線垂直．(2)證明兩個平面的法向量相互垂直．類型一利用空間向量證明線線垂直【例1】如圖，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是矩形，PA＝AB＝1，點(diǎn)F是PB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在邊BC上移動．求證：無論點(diǎn)E在邊BC上的何處，都有PE⊥AF.【分析】只需證明直線PE與AF的方向向量相互垂直即可．【證明】方法一：以A為原點(diǎn)，以AD，AB，AP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(biāo)系，設(shè)AD＝a，則A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(0,1,0)，C(a,1,0)，于是Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).∵E為BC上，∴設(shè)E(m,1,0)，∴eq\o(PE,\s\up15(→))＝(m,1，－1)，eq\o(AF,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(1,2))).∵eq\o(PE,\s\up15(→))·eq\o(AF,\s\up15(→))＝0，∴PE⊥AF.∴無論點(diǎn)E在邊BC上何處，總有PE⊥AF.方法二：因?yàn)辄c(diǎn)E在邊BC上，可設(shè)eq\o(BE,\s\up15(→))＝λeq\o(BC,\s\up15(→))，于是eq\o(PE,\s\up15(→))·eq\o(AF,\s\up15(→))＝(eq\o(PA,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(BE,\s\up15(→)))·eq\f(1,2)(eq\o(AP,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))＋λeq\o(BC,\s\up15(→)))·(eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AP,\s\up15(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(PA,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(PA,\s\up15(→))·eq\o(AP,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＋eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(AP,\s\up15(→))＋λeq\o(BC,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＋λeq\o(BC,\s\up15(→))·eq\o(AP,\s\up15(→)))＝eq\f(1,2)(0－1＋1＋0＋0＋0)＝0，因此eq\o(PE,\s\up15(→))⊥eq\o(AF,\s\up15(→)).故無論點(diǎn)E在邊BC上的何處，都有PE⊥AF.將線線垂直問題轉(zhuǎn)化為向量垂直問題后，可以選擇基向量法也可用坐標(biāo)法，嫻熟駕馭證明線線垂直的向量方法是關(guān)鍵.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長都為1，若側(cè)棱C1C的中點(diǎn)為D，求證：AB1⊥A1D.證明：設(shè)AB中點(diǎn)為O，作OO1∥AA1，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OO1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(biāo)系，則A1(－eq\f(1,2)，0,1)，C1(0，eq\f(\r(3),2)，1)，A(－eq\f(1,2)，0,0)，B1(eq\f(1,2)，0,1)，D(0，eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))，∴eq\o(A1D,\s\up15(→))＝(eq\f(1,2)，eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2))，eq\o(AB1,\s\up15(→))＝(1,0,1)，∴eq\o(A1D,\s\up15(→))·eq\o(AB1,\s\up15(→))＝eq\f(1,2)＋0－eq\f(1,2)＝0，∴eq\o(A1D,\s\up15(→))⊥eq\o(AB1,\s\up15(→))，即AB1⊥A1D.類型二利用空間向量證明線面垂直【例2】如下圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E、F分別是BB1、D1B1的中點(diǎn)．求證：EF⊥平面B1AC.【分析】利用線面垂直的判定定理，即只需證EF垂直于平面B1AC中的兩條相交直線，也可以利用直線EF的方向向量與平面B1AC的法向量平行．【證明】法一：設(shè)正方體的棱長為2，以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2,2,1)，F(xiàn)(1,1,2)．∴eq\o(EF,\s\up15(→))＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(－1，－1,1)，eq\o(AB1,\s\up15(→))＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)．∴eq\o(EF,\s\up15(→))·eq\o(AB1,\s\up15(→))＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝(－1)×0＋(－1)×2＋1×2＝0.eq\o(EF,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝2－2＋0＝0，∴eq\o(EF,\s\up15(→))⊥eq\o(AB1,\s\up15(→))，eq\o(EF,\s\up15(→))⊥eq\o(AC,\s\up15(→))，∴EF⊥AB1，EF⊥AC.又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC.法二：同法一得eq\o(AB1,\s\up15(→))＝(0,2,2)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(－2,2,0)，eq\o(EF,\s\up15(→))＝(－1，－1,1)．設(shè)平面B1AC的法向量n＝(x，y，z)，則eq\o(AB1,\s\up15(→))·n＝0，eq\o(AC,\s\up15(→))·n＝0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，))取x＝1，則y＝1，z＝－1，∴n＝(1,1，－1)，∵eq\o(EF,\s\up15(→))＝－n，∴eq\o(EF,\s\up15(→))∥n，∴EF⊥平面B1AC.利用空間向量證明線面垂直的方法有兩種：一是利用判定定理，即通過證明向量數(shù)量積為0來驗(yàn)證直線的方向向量與平面內(nèi)兩條相交直線的方向向量垂直；二是求平面的法向量，驗(yàn)證直線的方向向量與平面的法向量平行.如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝4，AD＝2eq\r(2)，CD＝2，AP⊥平面ABCD，PA＝4.求證：BD⊥平面PAC.證明：因?yàn)锳P⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．則B(4,0,0)，P(0,0,4)，D(0,2eq\r(2)，0)，C(2,2eq\r(2)，0)，所以eq\o(BD,\s\up15(→))＝(－4,2eq\r(2)，0)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(2，2eq\r(2)，0)，eq\o(AP,\s\up15(→))＝(0,0,4)．所以eq\o(BD,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝(－4)×2＋2eq\r(2)×2eq\r(2)＋0×0＝0，eq\o(BD,\s\up15(→))·eq\o(AP,\s\up15(→))＝(－4)×0＋2eq\r(2)×0＋0×4＝0，所以BD⊥AC，BD⊥AP.因?yàn)锳P∩AC＝A，AC?平面PAC，AP?平面PAC，所以BD⊥平面PAC.類型三利用空間向量證明面面垂直【例3】如右圖，在四棱錐E-ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求證：平面ADE⊥平面ABE.【證明】取BE的中點(diǎn)O，連接OC，則OC⊥EB，又AB⊥平面BCE，∴以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.如圖所示．則由已知條件有C(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，E(0，－eq\r(3)，0)，D(1,0,1)，A(0，eq\r(3)，2)．設(shè)平面ADE的法向量為n＝(a，b，c)，則n·eq\o(EA,\s\up15(→))＝(a，b，c)·(0,2eq\r(3)，2)＝2eq\r(3)b＋2c＝0，n·eq\o(DA,\s\up15(→))＝(a，b，c)·(－1，eq\r(3)，1)＝－a＋eq\r(3)b＋c＝0.令b＝1，則a＝0，c＝－eq\r(3)，∴n＝(0,1，－eq\r(3))，又AB⊥平面BCE，∴AB⊥OC，∴OC⊥平面ABE，∴平面ABE的法向量可取為m＝(1,0,0)．∵n·m＝(0,1，－eq\r(3))·(1,0,0)＝0，∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.利用空間向量證明面面垂直的方法1利用兩個平面垂直的判定定理將面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直進(jìn)而轉(zhuǎn)化為線線垂直問題.2干脆求解兩個平面的法向量，證明兩個法向量垂直，從而得到兩個平面垂直.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，AA1＝1，E為BB1的中點(diǎn)，求證：平面AEC1⊥平面AA1C1C.證明：由題意知直線AB，BC，B1B兩兩垂直，以B為原點(diǎn)，分別以BA，BC，BB1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)，A1(2,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，E(0,0，eq\f(1,2))，∴eq\o(AA1,\s\up15(→))＝(0,0,1)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(－2,2,0)，eq\o(AC1,\s\up15(→))＝(－2,2,1)，eq\o(AE,\s\up15(→))＝(－2,0，eq\f(1,2))．設(shè)平面AA1C1C的法向量為n1＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up15(→))＝0，,n1·\o(AC,\s\up15(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－2x＋2y＝0.))令x＝1，得y＝1，∴n1＝(1,1,0)．設(shè)平面AEC1的法向量為n2＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AC1,\s\up15(→))＝0，,n2·\o(AE,\s\up15(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋2b＋c＝0，,－2a＋\f(1,2)c＝0.))令c＝4，得a＝1，b＝－1，∴n2＝(1，－1,4)．∵n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0，∴n1⊥n2，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C.類型四素養(yǎng)提升空間垂直關(guān)系的探究性問題【例4】如圖所示，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(diǎn)．(1)求證：EF⊥CD；(2)在平面PAD內(nèi)求一點(diǎn)G，使GF⊥平面PCB.【思路分析】證明線線垂直問題，可以利用線線垂直的判定定理，或者證明這兩條直線的方向向量的數(shù)量積為零．【精解詳析】(1)以DA，DC，DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)，設(shè)AD＝a，則D(0,0,0)，A(a,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\up15(→))·eq\o(DC,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))·(0，a,0)＝0，∴EF⊥DC.(2)設(shè)G(x,0，z)滿意條件，則G∈平面PAD.eq\o(FG,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，由eq\o(FG,\s\up15(→))·eq\o(CB,\s\up15(→))＝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，得x＝eq\f(a,2)，由eq\o(FG,\s\up15(→))·eq\o(CP,\s\up15(→))＝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，得z＝0，∴G點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，即G點(diǎn)為AD的中點(diǎn)．【解后反思】本題是一道開放型的綜合題目，以四棱錐為載體，考查線線垂直、線面垂直關(guān)系．對于此類問題，要駕馭柱體與錐體特有的性質(zhì)、關(guān)系，在解題時要充分利用，從而找出隱含條件，使問題得到解決．如圖，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)當(dāng)λ＝1時，證明：直線BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．解：以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,0,0)，P(0,0，λ)．eq\o(BC1,\s\up15(→))＝(－2,0,2)，eq\o(FP,\s\up15(→))＝(－1,0，λ)，eq\o(FE,\s\up15(→))＝(1,1,0)．(1)證明：當(dāng)λ＝1時，eq\o(FP,\s\up15(→))＝(－1，0,1)，因?yàn)閑q\o(BC1,\s\up15(→))＝(－2,0,2)，所以eq\o(BC1,\s\up15(→))＝2eq\o(FP,\s\up15(→))，即BC1∥FP.而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ，故直線BC1∥平面EFPQ.(2)存在．設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n＝(x，y，z)，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up15(→))·n＝0，,\o(FP,\s\up15(→))·n＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,－x＋λz＝0.))于是可取n＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ的一個法向量為m＝(λ－2,2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角，則m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±eq\f(\r(2),2).故存在λ＝1±eq\f(\r(2),2)，使面EFPQ與面PQMN所成的二面角為直二面角.1．設(shè)直線a與b的一個方向向量分別為a＝(1，－eq\f(1,2)，3)，b＝(x,1，－2)，若a⊥b，則x的值為(D)A．－2 B．－eq\f(2,3)C．－eq\f(13,2) D.eq\f(13,2)解析：a·b＝x＋(－eq\f(1,2))×1＋3×(－2)＝0，x＝eq\f(13,2).2．設(shè)直線l的一個方向向量為a＝(1，eq\f(1,3)，－eq\f(3,2))，平面α的法向量為n＝(eq\f(3,2)，eq\f(1,2)，－eq\f(9,4))，則(B)A．l∥α B．l⊥αC．l與α斜交 D．無法判定解析：n＝eq\f(3,2)a，n∥a，∴l(xiāng)⊥α.3．已知eq\o(AB,\s\up15(→))＝(1,5，－2)，eq\o(BC,\s\up15(→))＝(3,1，z)，若eq\o(AB,\s\up15(→))⊥eq\o(BC,\s\up15(→))，eq\o(BP,\s\up15(→))＝(x－1，y，－3)，且eq\o(BP,\s\up15(→))⊥平面ABC，則eq\o(BP,\s\up15(→))等于(B)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，4))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,7)，－\f(15,7)，4))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,7)，\f(15,7)，－3))解析：由eq\o(AB,\s\up15(→))·eq\o(BC,\s\up15(→))＝0得3＋5－2z＝0，∴z＝4.又eq\o(BP,\s\up15(→))⊥平面ABC，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(BP,\s\up15(→))·\o(AB,\s\up15(→))＝0，,\o(BP,\s\up15(→))·\o(BC,\s\up15(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1＋5y＋6＝0，,3x－3＋y－12＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(40,7)，,y＝－\f(15,7).))4．已知點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)分別為(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x,0，z)，若eq\o(PA,\s\up15(→))⊥eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(PA,\s\up15(→))⊥eq\o(AC,\s\up15(→))，則eq\o(PA,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1，\f(2,3))).解析：由已知，得eq\o(AB,\s\up15(→))＝(－1，－1,1)，eq\o(PA,\s\up15(→))＝(－x,1，－z)，eq\o(AC,\s\up15(→))＝(2,0,1)，由eq\o(PA,\s\up15(→))·eq\o(AB,\s\up15(→))＝x－1－z＝0，eq\o(PA,\s\up15(→))·eq\o(AC,\s\up15(→))＝－2x－z＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)，,z＝\f(－2,3).))所以eq\o(PA,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1，\f(2,3))).5．如圖所示，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，M，N分別是AB，PC的中點(diǎn)．(1)指出直線MN的一個以A為起點(diǎn)的方向向量；(2)若∠PDA＝45°，求證eq\o(MN,\s\up15(→))為平面PCD的一個法向量．解：