习题3.2教学设计第二课时

立体几何中的平行关系与空间向量

【研读考纲】

1.理解直线的方向向量与平面的法向量.

2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行关系.

3.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用．

1．两个重要向量

(1)直线的方向向量

就是指和这条直线所对应向量平行(或共线)的非零向量，一条直线的方向向量可以有无数多个．

(2)平面的法向量

所谓平面的法向量，就是指所在的直线与平面垂直的向量，显然一个平面的法向量有无数多个，它们是共线向量．

知识拓展：(1)确定平面的法向量

①直接法：观察是否有垂直于平面的法向量，若有可直接确定．

②待定系数法：取平面的两条相交向量a，b，设平面的法向量a＝0，n·为n＝(x，y，z)，由解方程组求得．

b＝0n·

(2)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一．

2．空间位置关系的向量表示

3.空间角

(1)异面直线所成角

|a·b|设异面直线a，b所成的角为θ，则cosθ＝，其中a，b分别|a||b|是直线a，b的方向向量．

(2)直线与平面所成角

如图所示，设l为平面α的斜线，l∩α＝A，a为l的方向向量，n为平面α的法向量，φ为l与α所成的角，则sinφ＝|cos〈a，n〉||a·n|＝. |a||n|

(3)二面角

(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂→→直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB，CD〉．

(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．

(当一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部时，如图②，二面角与向量n1，n2的夹角是相等的；当两个法向量同时指向二面角的内部或外部时，如图③，二面角与向量n1，n2的夹角是互补的．) 4．利用空间向量求距离

(1)两点间的距离

→设点A(x1，y1，z1)，点B(x2，y2，z2)，则|AB|＝|AB| ＝x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.

(2)点到平面的距离

如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向→→|AB·n|量，则B到平面α的距离为|BO|＝. |n|考点一

证明平行关系

平行关系的证明问题是高考的重点，且出现在解答题的第(1)问，属中档题．

【例1】

(2018·重庆模拟)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.

[切入点]

先建系，设出相关点的坐标，证明直线PB的方向向→→量可以用平面内的两个不共线的向量FE和FG表示；或证明直线PB的方向向量与平面EFG的法向量垂直．

[证明]

∵平面PAD⊥平面ABCD，

ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，

∴AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP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A－xyz，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)．

→→→∴PB＝(2,0，－2)，FE＝(0，－1,0)，FG＝(1,1，－1)，

→→→设PB＝sFE＋tFG，

即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，

t＝2，∴t－s＝0，－t＝－2，

→→→解得s＝t＝2，∴PB＝2FE＋2FG，

→→→→→又∵FE与FG不共线，∴PB，FE与FG共面．

∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG. [迁移拓展]

若本例中条件不变，证明平面EFG∥平面PBC. →→[证明]

∵EF＝(0,1,0)，BC＝(0,2,0)，

→→∴BC＝2EF，∴BC∥EF. 又∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC，

同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC. 又EF∩GF＝F，EF，GF⊂平面EFG，

∴平面EFG∥平面PBC. 用向量法证平行问题的3种类型及常用方法

线线平行

证明两直线的方向向量共线

①证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直

②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平线面平行

行

③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量表示

面面平行

①证明两平面的法向量平行(即为共线向量) ②转化为线面平行、线线平行问题

[变式训练] 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. [证明]

证法一：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，

→11则M0，1，2，N2，1，1，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，MN11＝2，0，2. 设平面A1BD的一个法向量是n＝(x，y，z)，

→→x＋z＝0，则n·DA1＝0且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，



→∴MN⊥n.又∵MN⊄平面A1BD，

∴MN∥平面A1BD. →→→1→1→证法二：∵MN＝C1N－C1M＝2C1B1－2C1C

→1→1→＝2(D1A1－D1D)＝2DA1，

→→∴MN∥DA1，又∵MN⊄平面A1BD，

∴MN∥平面A1BD. 考点二

证明垂直关系

垂直关系的证明问题是高考考查的热点，是推理论证的基础，且出现在解答题的第(1)问，属于中档题．

【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.

[切入点]

先建系，设出相关点的坐标．(1)要证线线垂直，只需证明两直线的方向向量互相垂直；(2)要证面面垂直，可利用面面垂直的判定定理，或证明两个平面的法向量垂直．

[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z轴，

建立空间直角坐标系，如图所示.

不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝3. ∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，3)．

→→∴BD＝(－2，－1,0)，PA＝(1，－2，－3)．

→→∵BD·PA＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0，

→→∴PA⊥BD，∴PA⊥BD. (2)取PA的中点M，连接DM，

13则M，－1，. 22→33→∵DM＝，0，，PB＝(1,0，－3)，

22→→33∴DM·PB＝2×1＋0×0＋2×(－3)＝0，

→→∴DM⊥PB，即DM⊥PB. →→33∵DM·PA＝2×1＋0×(－2)＋2×(－3)＝0，

→→∴DM⊥PA，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.

利用向量法证垂直问题的3种类型及常用方法

线线垂直

问题

线面垂直

问题

面面垂直

问题

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

直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直

两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直

[变式训练] (2018·青岛模拟)如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB11是正方形，AB＝AC，BC＝2AB，B1C1綊2BC，二面角A1－AB－C是直二面角．

求证：(1)A1B1⊥平面AA1C；

(2)AB1∥平面A1C1C. [证明]

∵二面角A1－AB－C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，∴AA1⊥平面BAC. 又∵AB＝AC，BC＝2AB，∴∠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A－xyz，

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)A1B1＝(0,2,0)，A1A＝(0,0，－2)，AC＝(2,0,0)，

设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，

→n·A1A＝0，则→n·AC＝0，

－2z＝0，x＝0，即即

2x＝0，z＝0.

取y＝1，则n＝(0,1,0)．

→→∴A1B1＝2n，即A1B1∥n. ∴A1B1⊥平面AA1C. →→→(2)易知AB1＝(0,2,2)，A1C1＝(1,1,0)，A1C＝(2,0，－2)，

设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，

→m·A1C1＝0，则→m·A1C＝0，

x1＋y1＝0，即

2x1－2z1＝0，

令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．

→→∴AB1·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB1⊥m. 又AB1⊄平面A1C1C，∴AB1∥平面A1C1C.

考点三

探索性问题

探索性问题是高考中的热点问题．立体几何中的探索性问题一般以判断存在型为主，其设问方式是“是否存在……，若存在……，若不存在……”．由于没有一个明确的结论，在没有经过深入分析、严格计算和推理论证前其存在性是未知的．

【例3】

如图是某直三棱柱被削去上底后的直观图与三视图的1侧视图、俯视图，在直观图中，点M是BD的中点，AE＝2CD，侧视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示．

(1)求证：EM∥平面ABC；

(2)试问在棱CD上是否存在一点N，使MN⊥平面BDE？若存在，确定点N的位置；若不存在，请说明理由．

[切入点]

由侧视图和俯视图可知，AB、AC、AE两两垂直，故→以A为原点建系，设出相关点坐标．(1)证明EM与平面ABC的法向量→→垂直；(2)假设存在点N，设DN＝λDC，根据题意，λ∈[0,1]，列出关于λ的方程组，并求解λ的值．

[解]

由侧视图和俯视图可知，AB，AC，AE两两垂直．

以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，→B(0,2,0)，C(－2,0,0)，D(－2,0,4)，E(0,0,2)，M(－1,1,2)，AE＝(0,0,2)，→→→→DB＝(2,2，－4)，DE＝(2,0，－2)，DC＝(0,0，－4)，DM＝(1,1，－→2)，EM＝(－1,1,0)．

→→→(1)由图易知AE为平面ABC的一个法向量，因为AE·EM＝0×(－1)＋0×1＋2×0＝0，

→→所以AE⊥EM，即AE⊥EM，

又EM⊄平面ABC，

故EM∥平面ABC. (2)假设在DC上存在一点N满足题意，

→→设DN＝λDC＝(0,0，－4λ)，λ∈[0,1]，

→→→则NM＝DM－DN＝(1,1，－2)－(0,0，－4λ)＝(1,1，－2＋4λ)，

→→NM·DB＝0，所以→→NM·DE＝0，

2＋2＋8－16λ＝0，即

2＋4－8λ＝0，

3解得λ＝4∈[0,1]．

3所以棱DC上存在一点N，满足NM⊥平面BDE，此时，DN＝4DC.

解决立体几何中探究性问题的2种基本方法

(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，若能推导出与假设吻合的数据或事实，则说明假设成立；若推导出与假设或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立．

(2)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探究性问题转化为方程(组)是否有解的问题进行处理．

[变式训练] (2018·桂林模拟)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°，

2∴A1O2＝AA2AOcos60°＝3，

1＋AO－2AA1·2∴AO2＋A1O2＝AA1，

∴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(3，0,0)，C(0,1,0)，D(－3，0,0)，A1(0,0，3)，C1(0,2，3)．

→→由于BD＝(－23，0,0)，AA1＝(0,1，3)，

→→AA1·BD＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，

→→∴BD⊥AA1，即BD⊥AA1. (2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，

→→设CP＝λCC1，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，3)．

→从而有P(0,1＋λ，3λ)，BP＝(－3，1＋λ，3λ)．

设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，

→n3⊥A1C1，则→n3⊥DA1，

→→又A1C1＝(0,2,0)，DA1＝(3，0，3)，

2y3＝0，则

3x3＋3z3＝0，

取n3＝(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，

→→则n3⊥BP，即n3·BP＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，

则点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.