证明平行与垂直备考策略

证明平行与垂直备考策略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A思路若用向量证明线面平行，可转化为判定向量eq\o(MN,\s\up12(→))∥eq\o(DA1,\s\up12(→))，或证明eq\o(MN,\s\up12(→))与平面A1BD的法向量垂直．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Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)．于是eq\o(MN,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(DA1,\s\up12(→))＝(1,0,1)，eq\o(DB,\s\up12(→))＝(1,1,0)．设平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)．则n·eq\o(DA1,\s\up12(→))＝0，且n·eq\o(DB,\s\up12(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,x＋y＝0.))取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)．又eq\o(MN,\s\up12(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，∴eq\o(MN,\s\up12(→))⊥n，又MN⊄平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.法二eq\o(MN,\s\up12(→))＝eq\o(C1N,\s\up12(→))－eq\o(C1M,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1B1,\s\up12(→))－eq\f(1,2)eq\o(C1C,\s\up12(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(D1A1,\s\up12(→))－eq\o(D1D,\s\up12(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(DA1,\s\up12(→)).∴eq\o(MN,\s\up12(→))∥eq\o(DA1,\s\up12(→))，又∵MN与DA1不共线，∴MN∥DA1，又∵MN⊄平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，∴MN∥平面A1BD.【备考策略】(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．考点二利用空间向量证明垂直问题【例2】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.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)．于是eq\o(AP,\s\up12(→))＝(0,3,4)，eq\o(BC,\s\up12(→))＝(－8,0,0)，∴eq\o(AP,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，所以eq\o(AP,\s\up12(→))⊥eq\o(BC,\s\up12(→))，即AP⊥BC.(2)由(1)知|AP|＝5，又|AM|＝3，且点M在线段AP上，∴eq\o(AM,\s\up12(→))＝eq\f(3,5)eq\o(AP,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(9,5)，\f(12,5)))，又eq\o(BC,\s\up12(→))＝(－8,0,0)，eq\o(AC,\s\up12(→))＝(－4,5,0)，eq\o(BA,\s\up12(→))＝(－4，－5,0)，∴eq\o(BM,\s\up12(→))＝eq\o(BA,\s\up12(→))＋eq\o(AM,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))，则eq\o(AP,\s\up12(→))·eq\o(BM,\s\up12(→))＝(0,3,4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，－\f(16,5)，\f(12,5)))＝0，∴eq\o(AP,\s\up12(→))⊥eq\o(BM,\s\up12(→))，即AP⊥BM，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.【备考策略】(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．考点三利用空间向量解决探索性问题【例3】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．思路由长方体特征，以A为坐标原点建立空间坐标系，从而将几何位置关系转化为向量运算．第(1)问证明eq\o(B1E,\s\up12(→))·eq\o(AD1,\s\up12(→))＝0，第(2)问是存在性问题，由eq\o(DP,\s\up12(→))与平面B1AE的法向量垂直，通过计算作出判定．(1)证明以A为原点，eq\o(AB,\s\up12(→))，eq\o(AD,\s\up12(→))，eq\o(AA1,\s\up12(→))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(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a,0,1)．故eq\o(AD1,\s\up12(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1E,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，eq\o(AB1,\s\up12(→))＝(a,0,1)，eq\o(AE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).∵eq\o(AD1,\s\up12(→))·eq\o(B1E,\s\up12(→))＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)解假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．使得DP∥平面B1AE，此时eq\o(DP,\s\up12(→))＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥eq\o(AB1,\s\up12(→))，n⊥eq\o(AE,\s\up12(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a))要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq\o(DP,\s\up12(→))，有eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP