2024-2025学年高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.2空间向量与垂直关系学案含解析新人教A版选修2-1

PAGE1-3.2.2空间向量与垂直关系[目标]1.理解线面的位置关系与向量的联系.2.能用向量语言表述线线、线面、面面的垂直关系．[重点]用向量的方法解决线线、线面、面面的垂直关系．[难点]用线面垂直的判定定理与向量相结合解决垂直问题．学问点空间中直线、平面垂直关系的向量表示[填一填]1．两直线垂直的关系：设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔eq\a\vs4\al(a1b1＋a2b2＋a3b3＝0).2．直线与平面的垂直关系：设直线l的方向向量是a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔a∥u⇔a＝ku.3．两个平面的垂直关系：若平面α的法向量为u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0.[答一答]1．直线的方向向量与一平面的法向量平行，则该直线与平面有什么关系？提示：垂直．2．若两平面的法向量垂直，则两平面垂直吗？提示：垂直．空间中的垂直关系主要是指：线线垂直、线面垂直、面面垂直．1．线线垂直设直线l1、l2的方向向量分别是a、b，则要证明l1⊥l2，只需证明a⊥b，即a·b＝0.2．线面垂直(1)设直线l的方向向量是a，平面α的法向量是u，则要证l⊥α，只需证明a∥u.(2)依据线面垂直的判定定理，转化为直线与平面内的两条相交直线垂直．即：设a、b在平面α内(或与平面α平行)，且a与b不共线，直线l的方向向量为c，则l⊥α⇔c⊥a且c⊥b⇔a·c＝b·c＝0.3．面面垂直(1)依据面面垂直的判定定理转化为证相应的线面垂直、线线垂直．(2)证明两个平面的法向量相互垂直．类型一利用空间向量证明线线垂直【例1】如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是矩形，PA＝AB＝1，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．求证：无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.【分析】只需证明直线PE与AF的方向向量相互垂直即可．【证明】方法一：以A为原点，以AD，AB，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，设AD＝a，则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为BC上，∴设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.∴无论点E在边BC上何处，总有PE⊥AF.方法二：因为点E在边BC上，可设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(→)).故无论点E在边BC上的何处，都有PE⊥AF.将线线垂直问题转化为向量垂直问题后，可以选择基向量法也可用坐标法，娴熟驾驭证明线线垂直的向量方法是关键.已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长都为1，若侧棱C1C的中点为D，求证：AB1⊥A1D.证明：设AB中点为O，作OO1∥AA1，以O为坐标原点，OB，OC，OO1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.类型二利用空间向量证明线面垂直【例2】如下图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别是BB1、D1B1的中点．求证：EF⊥平面B1AC.【分析】利用线面垂直的判定定理，即只需证EF垂直于平面B1AC中的两条相交直线，也可以利用直线EF的方向向量与平面B1AC的法向量平行．【证明】法一：设正方体的棱长为2，以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2,2,1)，F(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)．设平面B1AC的法向量n＝(x，y，z)，则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，则y＝1，z＝－1，∴n＝(1,1，－1)，∵eq\o(EF,\s\up15(→))＝－n，∴eq\o(EF,\s\up15(→))∥n，∴EF⊥平面B1AC.利用空间向量证明线面垂直的方法有两种：一是利用判定定理，即通过证明向量数量积为0来验证直线的方向向量与平面内两条相交直线的方向向量垂直；二是求平面的法向量，验证直线的方向向量与平面的法向量平行.如图，在四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝4，AD＝2eq\r(2)，CD＝2，AP⊥平面ABCD，PA＝4.求证：BD⊥平面PAC.证明：因为AP⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．则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.因为AP∩AC＝A，AC⊂平面PAC，AP⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.类型三利用空间向量证明面面垂直【例3】如右图，在四棱锥E­ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平面ADE⊥平面ABE.【证明】取BE的中点O，连接OC，则OC⊥EB，又AB⊥平面BCE，∴以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.如图所示．则由已知条件有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)．设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，则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，则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的法向量可取为m＝(1,0,0)．∵n·m＝(0,1，－eq\r(3))·(1,0,0)＝0，∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.利用空间向量证明面面垂直的方法1利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直问题.2干脆求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直.在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝BC＝2，AA1＝1，E为BB1的中点，求证：平面AEC1⊥平面AA1C1C.证明：由题意知直线AB，BC，B1B两两垂直，以B为原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则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))．设平面AA1C1C的法向量为n1＝(x，y，z)，则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)．设平面AEC1的法向量为n2＝(a，b，c)，则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.类型四素养提升空间垂直关系的探究性问题【例4】如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．(1)求证：EF⊥CD；(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB.【思路分析】证明线线垂直问题，可以利用线线垂直的判定定理，或者证明这两条直线的方向向量的数量积为零．【精解详析】(1)以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图所示)，设AD＝a，则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)，Feq\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)设G(x,0，z)满意条件，则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点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，0))，即G点为AD的中点．【解后反思】本题是一道开放型的综合题目，以四棱锥为载体，考查线线垂直、线面垂直关系．对于此类问题，要驾驭柱体与锥体特有的性质、关系，在解题时要充分利用，从而找出隐含条件，使问题得到解决．如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC1∥平面EFPQ；(2)是否存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解：以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(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)证明：当λ＝1时，eq\o(FP,\s\up15(→))＝(－1，0,1)，因为eq\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，故直线BC1∥平面EFPQ.(2)存在．设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由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的一个法向量为m＝(λ－2,2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角，则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与面PQMN所成的二面角为直二面角.1．设直线a与b的一个方向向量分别为a＝(1，－eq\f(1,2)，3)，b＝(x,1，－2)，若a⊥b，则x的值为(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．设直线l的一个方向向量为a＝(1，eq\f(1,3)，－eq\f(3,2))，平面α的法向量为n＝(eq\f(3,2)，eq\f(1,2)，－eq\f(9,4))，则(B)A．l∥α B．l⊥αC．l与α斜交 D．无法判定解析：n＝eq\f(3,2)a，n∥a，∴l⊥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，则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．已知点A，B，C的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，点P的坐标为(x,0，z)，若eq\o(PA,\s\up15(→))⊥eq\o(AB,\s\up15(→))，eq\o(PA,\s\up15(→))⊥eq\o(AC,\s\up15(→))，则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．如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点．(1)指出直线MN的一个以A为起点的方向向量；(2)若∠PDA＝45°，求证eq\o(MN,\s\up15(→))为平面PCD的一个法向量．解：