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证明平行与垂直


第7讲 立体几何中的向量方法(一)

——证明平行与垂直

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[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.

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知 识 梳 理 1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量:l 是空间一直线,A,B 是直线 l 上任意两 → 为直线 l 的方向向量,与AB → 平行的任意非零向量也 点,则称AB 是直线 l 的方向向量. (2)平面的法向量可利用方程组求出:设 a,b 是平面 α 内两不 共线向量, n 为平面 α 的法向量,则求法向量的方程组为
? a=0, ?n· ? ? b=0. ?n·
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2.空间位置关系的向量表示
位置关系 直线l1,l2的方向 l1∥l2 向量分别为n1, l1⊥l2 n2. 直线l的方向向量 为n,平面α的法 向量为m 平面α,β的法向 量分别为n,m. l∥α l⊥α α∥β α⊥β 向量表示 n1∥n2?n1=λn2

n1⊥n2? n1·n2=0 .
n⊥m? m·n=0 . n∥m?n=λm n∥m? n=λm . n⊥m? n·m=0 .

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辨析感悟
1.平行关系 (1)直线的方向向量是唯一确定的. (×) (2) 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的位置关系是平行. (√)

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2.垂直关系 → → (3)已知AB=(2,2,1), AC=(4,5,3), 则平面 ABC 的单位法向量是
?1 2 2? ? ,- , ?. n 0 =± 3 3? ?3

(√)

(4)(2014· 温江月考改编)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 NO,AM 的位置关系是异面垂直. (√)

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[感悟·提升]
1.一是切莫混淆向量平行与向量垂直的坐标表示,二是理解直 线平行与直线方向向量平行的差异,如(2).否则易造成解题 不严谨. 2.利用向量知识证明空间位置关系,要注意立体几何中相关定 理的活用,如证明直线 a∥b ,可证向量 a = λb ,若用直线方 向向量与平面法向量垂直判定线面平行,必需强调直线在平

面外等.

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考点一 利用空间向量证明平行问题

【例 1】 如图所示,在正方体 ABCD - A1B1C1D1 中, M , N 分别
是C1C,B1C1的中点.求证:MN∥平面A1BD.

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→ ∥DA →, 审题路线 若用向量证明线面平行, 可转化为判定向量MN 1 → 与平面 A BD 的法向量垂直. 或证明MN 1
证明 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,则可求得
? 1? M?0,1,2?, ? ?

?1 ? ?1 1? → N?2,1,1?,D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0).于是MN=?2,0,2?, ? ? ? ?

→ → DA1=(1,0,1),DB=(1,1,0).

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设平面 A1BD 的法向量是 n=(x,y,z). → =0,且 则 n· DA 1
? ?x+z=0, → n· DB=0,得? ? ?x+y=0.

取 x=1,得 y=-1,z=-1. ∴n=(1,-1,-1).
?1 1? → 又MN· n=?2,0,2?· (1,-1,-1)=0, ? ?

→ ⊥n, ∴MN 又 MN?平面 A1BD, ∴MN∥平面 A1BD.
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法二

1 → 1→ 1 → 1→ → → → → MN=C1N-C1M=2C1B1-2C1C=2(D1A1-D1D)=2DA1.∴

→ ∥DA →, MN 1 又∵MN 与 DA1 不共线, ∴MN∥DA1, 又∵MN?平面 A1BD,A1D?平面 A1BD, ∴MN∥平面 A1BD.

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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.

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【训练 1】 (2013· 浙江卷选编)如图,在四面体 A-BCD 中,AD⊥ 平面 BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2 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.

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证明 如图所示,取 BD 的中点 O,以 O 为原点,OD,OP 所在 射线为 y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意知 A(0, 2,2),B(0,- 2,0),D(0, 2,0). 设点 C 的坐标为(x0,y0,0), → =3QC →, 因为AQ 所以
?3 Q? ?4x0, ?

2 3 1? ? . + y , 4 4 0 2? ?

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因为点 M 为 AD 的中点,故 M(0, 2,1). 又点 P 为 BM 的中点,故
? 1? P?0,0,2?, ? ?

?3 ? 2 3 → ? 所以PQ=? x0, + y0,0? . ? 4 4 ?4 ?

→· 又平面 BCD 的一个法向量为 a=(0,0,1),故PQ a=0. 又 PQ?平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD.

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考点二 利用空间向量证明垂直问题
【例 2】 (2014· 济南质检 ) 如图,在三棱锥 P - ABC 中, AB = AC , D 为 BC 的中点, PO⊥平面 ABC ,垂足 O 落在线段 AD 上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)证明:AP⊥BC;

(2) 若点 M 是线段 AP 上一点,且 AM = 3. 试证明平面 AMC⊥平
面BMC.

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证明

(1)如图所示,以 O 为坐标原点,以射线 OP 为 z 轴的正半

轴建立空间直角坐标系 O-xyz. 则 O(0,0,0),A(0,-3,0), B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4). → =(0,3,4), 于是AP → =(-8,0,0), BC → → ∴AP· BC=(0,3,4)· (-8,0,0)=0, → ⊥BC → ,即 AP⊥BC. 所以AP
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(2)由(1)知|AP|=5, 又|AM|=3,且点 M 在线段 AP 上, 9 12? 3→ ? → ∴AM=5AP=?0,5, 5 ?,
? ?

→ =(-8,0,0),AC → =(-4,5,0),BA → =(-4,-5,0), 又BC
? 16 12? → → → ∴BM=BA+AM=?-4,- 5 , 5 ?, ? ? ? 16 12? → → ?-4,- , ?=0, 则AP· BM=(0,3,4)· 5 5 ? ?

→ ⊥BM → ,即 AP⊥BM, ∴AP 又根据(1)的结论知 AP⊥BC, ∴AP⊥平面 BMC,于是 AM⊥平面 BMC. 又 AM?平面 AMC,故平面 AMC⊥平面 BCM.
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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)其一证明直线与直线垂直,只需要证明两条直线的方向向量 垂直;其二证明面面垂直:①证明两平面的法向量互相垂直; ②利用面面垂直的判定定理,只要能证明一个平面内的一条直 线的方向向量为另一个平面的法向量即可.

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【训练2】 如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等
腰直角三角形,∠ BAC=90°,且AB= AA1 , D, E ,F分别 为B1A,C1C,BC的中点.求证: (1)DE∥平面ABC; (2)B1F⊥平面AEF.

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证明

如图,建立空间直角坐标系 A-xyz,

令 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,则 N(2,0,0), 又 C(0,4,0),D(2,0,2), → → ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0), → → ∴DE=NC.∴DE∥NC, 又 NC 在平面 ABC 内,故 DE∥平面 ABC.

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→ → =(2,-2,-2),AF → =(2,2,0), (2)B F = ( - 2,2 ,- 4) , EF 1 → → B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → ,∴B F⊥EF, 则B F ⊥ EF 1 1 → → ∵B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0, → → ,即 B F⊥AF. ∴B F ⊥ AF 1 1 又∵AF∩EF=F,∴B1F⊥平面 AEF.

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考点三 利用空间向量解决探索性问题
【例3】 (2014·福州调研)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中, AA1=AD=1,E为CD的中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (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.

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审题路线 由长方体特征,以 A 为坐标原点建立空间坐标系,从 → → =0,第 而将几何位置关系转化为向量运算.第(1)问证明B E · AD 1 1 → 与平面 B AE 的法向量垂直,通过计算 (2)问是存在性问题,由DP 1 作出判定.

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→ → → (1)证明 以 A 为原点,AB,AD,AA1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 AB=a, 则
?a ? A(0,0,0), D(0,1,0), D1(0,1,1), E?2,1,0?, B1(a,0,1). ? ?

? a ? → ?a ? → → → 故AD1=(0,1,1), B1E=?-2,1,-1?, AB1=(a,0,1), AE=?2,1,0?. ? ? ? ?

a → → ∵AD1· B1E=-2×0+1×1+(-1)×1=0, ∴B1E⊥AD1.

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(2)解

假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0).

→ =(0,-1,z ). 使得 DP∥平面 B1AE,此时DP 0 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z). ax+z=0, ? ? → → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax +y=0. ? ?2

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取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量

? ? a n=?1,-2,-a? ? ?

a → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有2-az0=0, 1 解得 z0=2. 又 DP?平面 B1AE, 1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=2.

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规律方法 立体几何开放性问题求解方法有以下两种:
(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线 的位置,然后再加以证明,得出结论; (2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题 目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存 在这样的点或线,否则不存在.本题是设出点P的坐标,借助向 量运算,判定关于z0的方程是否有解.

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【训练 3】 如图所示,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,每条 侧棱的长都是底面边长的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点. (1)求证:AC⊥SD. (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 SE∶EC 的值; 若不存在, 试说明理由.

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(1)证明 连接 BD,设 AC 交 BD 于 O,则 AC⊥BD. 由题意知 SO⊥平面 ABCD. → ,OC → ,OS → 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向, 以 O 为坐标原点,OB 建立空间直角坐标系如图.

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6 设底面边长为 a,则高 SO= 2 a, 于是
? D? ?- ? ? S? ?0,0, ?

6 ? ? , a 2 ? ?

? ? 2 ? ? ? 2 2 ? ? ? ? ? , B , C a , 0 , 0 a , 0 , 0 0 , a , 0 ? ? 2 ? ? ?, 2 2 ? ? ? ? ?

? ? ? 2 2 6 ? → ? ? → ? 于是OC=?0, a,0?,SD=?- a,0,- a? ?, 2 2 2 ? ? ? ?

→· → =0.故 OC⊥SD.从而 AC⊥SD. 则OC SD

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(2)解

棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC.

理由如下: → 是平面 PAC 的一个法向量, 由已知条件知DS
? 6 ? 2 6 ? → ? ? 2 ? → ? 且DS=? a,0, a?,CS=?0,- a, a? , 2 ? 2 2 ? ? 2 ? ? ? ? 2 2 → ? BC=?- a, a,0? ?. 2 2 ? ?

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→ =tCS → ,则BE → =BC → +CE → =BC → +tCS →= 设CE
? ? ?- ?

2 2 6 ? ? , a , a ? 1 - t ? , at 2 2 2 ? ?

1 → → 由BE· DS=0?t=3. → ⊥DS →. ∴当 SE∶EC=2∶1 时,BE 又 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.

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1.用向量法解决立体几何问题,是空间向量的一个具体应用,

体现了向量的工具性,这种方法可把复杂的推理证明、辅助
线的作法转化为空间向量的运算,降低了空间想象演绎推理 的难度,体现了由“形”转“数”的转化思想. 2.两种思路:(1)选好基底,用向量表示出几何量,利用空间向 量有关定理与向量的线性运算进行判断. (2) 建立空间坐标

系,进行向量的坐标运算,根据运算结果的几何意义解释相
关问题.

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3.运用向量知识判定空间位置关系,仍然离不开几何定理.如
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.

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思想方法 8——运用空间向量研究空间位置关系中的转化思想 【典例】 (2013· 陕西卷 ) 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 = 2. (1)证明:A1C⊥平面 BB1D1D; (2)求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 θ 的大小.

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(1)证明 法一

由题设易知 OA,OB,OA1 两两垂直,以 O 为原

点建立直角坐标系,如图. ∵AB=AA1= 2, ∴OA=OB=OA1=1, ∴A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1).① → ,易得 B (-1,1,1). 由A→ B = AB 1 1 1

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→ → → ∵A 1C=(-1,0,-1),BD=(0,-2,0),BB1=(-1,0,1), → → → → ∴A1C· BD=0,A1C· BB1=0, ∴A1C⊥BD,A1C⊥BB1,且 BB1∩BD=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D. ③ ②

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法二

∵A1O⊥平面 ABCD,

∴A1O⊥BD. 又底面 ABCD 是正方形, ∴BD⊥AC,∴BD⊥平面 A1OC, ∴BD⊥A1C. ④

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又 OA1 是 AC 的中垂线, ∴A1A=A1C= 2,且 AC=2,
2 ∴AC2=AA2 1+A1C ,

∴△AA1C 是直角三角形, ∴AA1⊥A1C. 又 BB1∥AA1, ∴A1C⊥BB1,又 BB1∩BD=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D. ⑤

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(2)解

设平面 OCB1 的法向量 n=(x,y,z).

→ → ∵OC=(-1,0,0),OB1=(-1,1,1), → =-x=0, ? ?n· OC ∴? → =-x+y+z=0, ? OB ?n· 1
? ?x=0, ∴? ? ?y=-z,

取 n=(0,1,-1),

→ 由(1)知,A 1C=(-1,0,-1)是平面 BB1D1D 的法向量, → ∴cos θ=|cos<n,A1C>|= π π 又 0≤θ≤2,∴θ=3.
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1 1 =2. 2× 2



[反思感悟] (1)转化化归是求解空间几何的基本思想方法:①中 将空间位置、数量关系坐标化.②和③体现了线线垂直与线面

垂直的转化,以及将线线垂直转化为向量的数量积为0.在④与⑤
中主要实施线面、线线垂直的转化.⑥中把求 “平面夹角的余 弦值”转化为“两平面法向量夹角的余弦值”. (2)空间向量将“空间位置关系 ”转化为“向量的运算”.应用 的核心是要充分认识形体特征,建立恰当的坐标系,实施几何

问题代数化.同时注意两点:一是正确写出点、向量的坐标,
准确运算;二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完 备.
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【自主体验】
如图,在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中, AC⊥BC , D 为 AB 的中 点,AC=BC=BB1. 求证: (1)BC1⊥AB1; (2)BC1∥平面CA1D.

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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 AC=BC=BB1=2,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).

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→ (1)由于BC1=(0,-2,-2), → AB1=(-2,2,-2), →· → =0-4+4=0, 所以BC AB 1 1 → ⊥AB → ,故 BC ⊥AB . 因此BC 1 1 1 1 (2)连接 A1C,取 A1C 的中点 E,连接 DE,由于 E(1,0,1), → =(0,1,1),又BC → =(0,-2,-2), 所以ED 1 1→ → 所以ED=-2BC1,又 ED 和 BC1 不共线, 所以 ED∥BC1,又 DE?平面 CA1D, BC1?平面 CA1D,故 BC1∥平面 CA1D.
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