1.4.2 运用立体几何中的向量方法解决垂直问题(解析版).pdf

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题 第1课时 用空间向量研究距离问题本节课选自《2019人教A 版高中数学选择性必修第一册》第一章《空间向量与立体几何》，本节课主要学习运用空间向量解决计算空间距离问题。

在向量坐标化的基础上，将空间中点到线、点到面、两条平行线及二平行平面角的距离问题，首先转化为向量语言，进而运用向量的坐标表示，从而实现运用空间向量解决空间距离问题，为学生学习立体几何提供了新的方法和新的观点，为培养学生思维提供了更广阔的空间。

1.教学重点：理解运用向量方法求空间距离的原理2.教学难点：掌握运用空间向量求空间距离的方法多媒体一、情境导学如图，在蔬菜大棚基地有一条笔直的公路,某人要在点A 处，修建一个蔬菜存储库。

如何在公路上选择一个点,修一条公路到达A 点,要想使这个路线长度理论上最短,应该如何设计？问题：空间中包括哪些距离?求解空间距离常用的方法有哪些? 答案：点到直线、点到平面、两条平行线及两个平行平面的距离; 传统方法和向量法. 二、探究新知一、点到直线的距离、两条平行直线之间的距离 1.点到直线的距离已知直线l 的单位方向向量为μ,A 是直线l 上的定点,P 是直线l 外一点.设AP⃗⃗⃗⃗⃗ =a ,则向量AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量AQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a ·μ)μ.点P 到直线l 的距离为PQ=√a 2−(a ·μ)2. 2.两条平行直线之间的距离求两条平行直线l ,m 之间的距离,可在其中一条直线l 上任取一点P ,则两条平行直线间的距离就等于点P 到直线m 的距离.点睛：点到直线的距离,即点到直线的垂线段的长度,由于直线与直线外一点确定一个平面,所以空间点到直线的距离问题可转化为空间某一个平面内点到直线的距离问题.1.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,E ,F 分别是C 1C ,D 1A 1的中点,则点A 到直线EF 的距离为 .答案:√1746解析:如图,以点D 为原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z轴建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),E (0,2,1),F (1,0,2),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,-2,1), FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),∴|EF⃗⃗⃗⃗⃗ |=√12+(−2)2+12=√6, ∴直线EF 的单位方向向量μ=√66(1,-2,1),∴点A 到直线EF 的距离d=√|FA⃗⃗⃗⃗⃗ |2−(−√66)2=√296=√1746.二、点到平面的距离、两个平行平面之间的距离 点到平面的距离已知平面α的法向量为n ,A 是平面α内的定点,P 是平面α外一点.过点P 作平面α的垂线l ,交平面α于点Q ,则点P 到平面α的距离为PQ=|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|.点睛：1.实质上,n 是直线l 的方向向量,点P 到平面α的距离就是AP⃗⃗⃗⃗⃗ 在直线l 上的投影向量QP⃗⃗⃗⃗⃗ 的长度. 2.如果一条直线l 与一个平面α平行,可在直线l 上任取一点P ,将线面距离转化为点P 到平面α的距离求解. 3.两个平行平面之间的距离如果两个平面α,β互相平行,在其中一个平面α内任取一点P ,可将两个平行平面的距离转化为点P 到平面β的距离求解.2.在正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面边长为2,侧棱长为4,则点B1到平面AD 1C 的距离为 .答案: 83 解析:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y轴,z 轴,建立空间直角坐标系,则A (2,0,0),C (0,2,0),D 1(0,0,4),B 1(2,2,4),则AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,2,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,0,4),B 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,-2,0), 设平面AD 1C 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{−2x +2y =0,−2x +4z =0.取z=1,则x=y=2,所以n =(2,2,1). 所以点B 1到平面AD 1C 的距离d=|n·B 1D 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=83.三、典例解析例1.已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=1,AB=4,BC=3,∠ABC=90°,求点B 到直线A 1C 1的距离.解:以B 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A 1(4,0,1),C 1(0,3,1),所以直线A 1C 1的方向向量A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,3,0),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,1),所以点B 到直线A 1C 1的距离d=√|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2−|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2=√10−(95)2=135.用向量法求点到直线的距离时需注意以下几点: (1)不必找点在直线上的垂足以及垂线段;(2)在直线上可以任意选点,但一般选较易求得坐标的特殊点; (3)直线的方向向量可以任取,但必须保证计算正确.延伸探究1 例1中的条件不变,若M ,N 分别是A 1B 1,AC 的中点,试求点C 1到直线MN 的距离.解:如例1解中建立空间直角坐标系(图略). 则M (2,0,1),N (2,32,0),C 1(0,3,1),所以直线MN 的方向向量为MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,32,−1)，MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,3,0), 所以点C 1到MN 的距离d=√|MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2−|MC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2=2√28613. 延伸探究2 将条件中直三棱柱改为所有棱长均为2的直三棱柱,求点B 到A 1C 1的距离.解:以B 为坐标原点,分别以BA ,过B 垂直于BA 的直线,BB 1为x 轴,y轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则B (0,0,0),A 1(2,0,2),C 1(1,√3,2),所以A 1C 1的方向向量A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0),BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,2), 所以点B 到直线A 1C 1的距离d=√|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2−|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||2=√8−(−1+3+02)2=√8−1=√7.例2 在三棱锥S-ABC 中,△ABC 是边长为4的正三角形,平面SAC ⊥平面ABC ,SA=SC=2√3M ,N 分别为AB ,SB 的中点,如图所示.求点B 到平面CMN 的距离.思路分析 借助平面SAC ⊥平面ABC 的性质,建立空间直角坐标系,先求平面CMN 的法向量,再求距离. 解:取AC 的中点O ,连接OS ,OB.∵SA=SC ,AB=BC ,∴AC ⊥SO ,AC ⊥BO.∵平面SAC ⊥平面ABC ,平面SAC ∩平面ABC=AC , ∴SO ⊥平面ABC.又BO ⊂平面ABC ,∴SO ⊥BO.如图所示,分别以OA ,OB ,OS 所在直线为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系Oxyz ,则B (0,2√3,0),C (-2,0,0),S (0,0,2√2),M (1,√3,0),N (0,√3,√2). ∴CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,√3,0),MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,√2),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0). 设n =(x ,y ,z )为平面CMN 的一个法向量, 则{CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =3x +√3y =0,MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−x +√2z =0,取z=1, 则x=√2,y=-√6,∴n =(√2,-√6,1).∴点B 到平面CMN 的距离d=|n·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=4√23.求点到平面的距离的主要方法 (1)作点到平面的垂线,点到垂足的距离即为点到平面的距离. (2)在三棱锥中用等体积法求解. (3)向量法:d=|n·MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|(n 为平面的法向量,A 为平面上一点,MA 为过点A的斜线段)跟踪训练1 在直三棱柱中,AA 1=AB=BC=3,AC=2,D 是AC 的中点.(1)求证:B 1C ∥平面A 1BD ;(2)求直线B 1C 到平面A 1BD 的距离.(1)证明:连接AB 1交A 1B 于点E ,连接DE. DE ∥B 1C,DE ⊂平面A 1BD}⇒B 1C ∥平面A 1BD.(2)解:因为B 1C ∥平面A 1BD ,所以B 1C 到平面A 1BD 的距离就等于点B 1到平面A 1BD 的距离.如图建立坐标系,则B 1(0,2√2,3),B (0,2√2,0),A 1(-1,0,3), DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,3), DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2√2,0), DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,3).设平面A 1BD 的法向量为n =(x ,y ,z ),所以{2√2y =0,−x +3z =0,所以n =(3,0,1). 所求距离为d=|n·DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n|=3√1010.金题典例 如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠ABC=90°,BC=2,CC 1=4,点E 在棱BB 1上,EB 1=1,D ,F ,G 分别为CC 1,B 1C 1,A 1C 1的中点,EF 与B 1D 相交于点H.(1)求证:B 1D ⊥平面ABD ;(2)求证:平面EGF ∥平面ABD ; (3)求平面EGF 与平面ABD 的距离.思路分析： 根据两个平行平面间距离的定义,可将平面与平面间的距离转化为一个平面内一点到另一个平面的距离,即点面距. (1)证明:如图所示建立空间直角坐标系, 设AB=a ,则A 1(a ,0,0),B 1(0,0,0),C 1(0,2,0),F (0,1,0),E (0,0,1),A (a ,0,4),B (0,0,4),D (0,2,2), G (a2,1,0).所以B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a ,0,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2). 所以B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0+0+0=0,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0+4-4=0. 所以B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,B 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以B 1D ⊥AB ,B 1D ⊥BD.又AB ∩BD=B ,所以B 1D ⊥平面ABD.(2)证明:由(1)可得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ==(-a ,0,0),BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ==(0,2,-2),GF⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a2,0,0),EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ==(0,1,-1),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ==2GF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ==2EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以GF ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ∥BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . 所以GF ∥AB ,EF ∥BD.A.12B.√24C.√22D.√32答案:B解析:建立坐标系如图,则A (1,0,0),B (1,1,0),D 1(0,0,1),O (12,12,1).∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1).设n =(1,y ,z )是平面ABC 1D 1的一个法向量, 则{AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =y =0,AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n =−1+z =0,解得y=0,z=1,∴n =(1,0,1).又OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−12,−1),∴点O 到平面ABC 1D 1的距离为|OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=12√2=√24.4.Rt △ABC 的两条直角边BC=3,AC=4,PC ⊥平面ABC ,PC=95,则点P 到斜边AB 的距离是 . 答案:3解析:以点C 为坐标原点,CA ,CB ,CP 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 (4,0,0),B (0,3,0),P (0,0,95),所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-4,3,0), AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,0,95), 所以点P 到AB 的距离d=√|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ |2−(|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗||AB ⃗⃗⃗⃗⃗ |)2=√16+8125−25625=3.5.棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M ,N 分别是线段BB 1,B 1C 1的中点,则直线MN 到平面ACD 1的距离为 . 答案:√32解析:如图,以点D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系.则D (0,0,0),C (0,1,0),D 1(0,0,1),M (1,1,12),A (1,0,0),∴AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,12),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,0,1). 设平面ACD 1的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{−x +y =0,−x +z =0.令x=1,则y=z=1,∴n =(1,1,1).∴点M 到平面ACD 1的距离d=|AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=√32.故直线MN 到平面ACD 1的距离为√32.四、小结教学中主要突出了几个方面：一是进一步突出运用向量法解决立体几何问题的基本程序，发展学生的数学建模思想和逻辑推理能力。

向量法解决立体几何问题总结(一)向量法解决立体几何问题前言立体几何问题在数学中起到重要的作用，理解和解决立体几何问题对于提升数学思维和解决实际问题都有着积极的影响。

传统的解决方法包括使用平面几何、几何画法等，但这些方法在处理复杂的立体几何问题时可能面临一些困难。

向量法作为一种新的解决方法，在解决立体几何问题方面具有独特的优势和应用空间。

正文1. 什么是向量法向量法是一种几何运算方法，通过定义和运算向量的方式，对立体几何问题进行求解。

向量法帮助我们将几何问题转换为向量问题，进而使用向量的性质和运算来解决。

在向量法中，我们可以通过坐标表示向量，进行向量加减法、数量乘法、点乘、叉乘等运算。

2. 向量法解决立体几何问题的优势•空间直观：向量法将立体几何问题转化为向量问题，使得问题的空间特性更加直观可见。

通过绘制向量图形，我们可以更好地理解问题，有助于从几何角度进行分析。

•简化问题：通过向量法，我们可以将复杂的立体几何问题简化为向量运算问题，减少了繁琐的计算步骤和猜测过程，提高了问题解决的效率。

•统一性：向量法具有统一的运算法则和性质，使得不同类型的立体几何问题可以采用相似的解决思路和方法。

这为解决立体几何问题提供了一种通用的框架，提升了问题解决的一致性和可重复性。

3. 向量法解决立体几何问题的应用案例•平面与直线交点：通过将平面和直线的方程转化为向量形式，可以求得它们的交点。

这样的应用可以用于计算平面与光线的交点，进而用于光线追踪、计算机图形学等领域。

•空间线段位置关系：通过向量的数量乘法和点乘运算，可以判断两个空间线段之间的位置关系，如重叠、相交、平行等。

这样的应用可以用于计算机辅助设计、机器人运动规划等领域。

•图形投影：通过向量的点乘运算，可以求得一个图形在另一个图形上的投影。

这样的应用可以用于计算机图形学、建筑设计等领域。

结尾向量法作为一种新的解决立体几何问题的方法，在数学和工程领域都有着广泛的应用。

2020年高考数学立体几何突破性讲练08利用空间向量证明平行、垂直一、考点传真：能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系二、知识点梳理：证明平行、垂直问题的思路(1)恰当建立空间直角坐标系，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，只需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．3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；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：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.三、例题：例1. （2019江苏卷）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【解析】证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1， 所以A 1B 1∥平面DEC 1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABC-A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ， 所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .例2.（2016年北京卷） 如图，在四棱锥中，平面PAD ⊥平面，，，，，，（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【解析】(1)∵面PAD面ABCD AD =，面PAD ⊥面ABCD ，∵AB ⊥AD ，AB ⊂面ABCD ，∴AB ⊥面PAD ，P ABCD -ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP∵PD ⊂面PAD ， ∴AB ⊥PD ， 又PD ⊥PA ，∴PD ⊥面PAB ， (2)取AD 中点为O ，连结CO ，PO ，∵CD AC == ∴CO ⊥AD ， ∵PA PD =， ∴PO ⊥AD ，以O 为原点，如图建系易知(001)P ，，，(110)B ，，，(010)D -，，，(200)C ，，，则(111)PB =-，，，(011)PD =--，，，(201)PC =-，，，(210)CD =--，，， 设n 为面PDC 的法向量，令00(,1)n x y =，．011,120n PD n n PC ⎧⋅=⎪⎛⎫⇒=-⎨⎪⎝⎭⋅=⎪⎩，，则PB 与面PCD 夹角θ有，sin cos ,1n PB n PB n PBθ⋅=<>== (3)假设存在M 点使得BM ∥面PCD ， 设AMAPλ=，()0,','M y z ， 由(2)知()0,1,0A ，()0,0,1P ，()0,1,1AP =-，()1,1,0B ，()0,'1,'AM y z =- 有()0,1,AM AP M λλλ=⇒- ∴()1,,BM λλ=--∵BM ∥面PCD ，n 为PCD 的法向量， ∴0BM n ⋅=，即102λλ-++=，∴1=4λ∴综上，存在M 点，即当14AM AP =时，M 点即为所求． 例3.（2011安徽）如图，ABCDEFG 为多面体，平面ABED 与平面AGFD 垂直，点O 在线段AD 上，1,2,OA OD ==OAB ∆，OAC ∆，ODE ∆，ODF ∆都是正三角形． （Ⅰ）证明直线BC ∥EF ； （Ⅱ）求棱锥F OBED -的体积．【解析】（Ⅰ）（综合法）证明：设G 是线段DA 与EB 延长线的交点． 由于OAB ∆与ODE∆都是正三角形，所以OB ∥DE 21，OG=OD=2， 同理，设G '是线段DA 与线段FC 延长线的交点，有.2=='OD G O 又由于G 和G '都在线段DA 的延长线上，所以G 与G '重合．在GED ∆和GFD 中，由OB ∥DE 21和OC ∥DF 21，可知B 和C 分别是GE 和GF 的中点，所以BC 是GEF ∆的中位线，故BC ∥EF ．（向量法）过点F 作AD FQ ⊥，交AD 于点Q ，连QE ，由平面ABED ⊥平面ADFC ，知FQ ⊥平面ABED ，以Q 为坐标原点，QE 为x 轴正向，QD 为y 轴正向，QF 为z 轴正向，建立如图所示空间直角坐标系． 由条件知).23,23,0(),0,23,23(),3,0,0(),0,0,3(--C B F E则有33(,0,),(3,0,BC EF =-=- 所以,2=即得BC ∥EF ．（Ⅱ）由OB=1，OE=2，23,60=︒=∠EOB S EOB 知，而O E D ∆是边长为2的正三角形，故.3=OED S 所以.233=+=OED EOB OBED S S S过点F 作FQ ⊥AD ，交AD 于点Q ，由平面ABED ⊥平面ACFD 知，FQ 就是四棱锥F —OBED 的高，且FQ=3，所以.2331=⋅=-OBED OBED F S FQ V 例4.（2011江苏）如图，在四棱锥ABCD P -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD =，BAD ∠=60°，E 、F 分别是AP 、AD 的中点． 求证：（Ⅰ）直线EF ∥平面PCD ；（Ⅱ）平面BEF ⊥平面PAD ．【证明】（Ⅰ）在△PAD 中，因为E 、F 分别为AP ，AD 的中点，所以EF//PD ．又因为EF ⊄平面PCD ，PD ⊂平面PCD ，所以直线EF//平面PCD ．（Ⅱ）连结DB ，因为AB=AD ，∠BAD=60°，所以ABD ∆为正三角形，因为F 是AD 的中点，所以BF ⊥AD ．因为平面PAD ⊥平面ABCD ，BF ⊂平面ABCD ，平面PAD 平面ABCD=AD ，所以BF ⊥平面PAD ．又因为BF ⊂平面BEF ，所以平面BEF ⊥平面PAD ．例5.(2010广东)如图，¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FB FD ==，EF =．（Ⅰ）证明：EB FD ⊥；（Ⅱ）已知点,Q R 为线段,FE FB 上的点，23FQ FE =，23FR FB =，求平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值．【证明】：（Ⅰ）连结CF ，因为¼AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为»AC 的中点，所以EB AC ⊥．在RT BCE ∆中，EC ===．在BDF ∆中，BF DF ==，BDF ∆为等腰三角形， 且点C 是底边BD 的中点，故CF BD ⊥．在CEF ∆中，222222)(2)6CE CF a a EF +=+==，所以CEF ∆为Rt ∆，且CF EC ⊥．因为CF BD ⊥，CF EC ⊥，且CE BD C =I ，所以CF ⊥平面BED ， 而EB ⊂平面BED ，CF EB ∴⊥．因为EB AC ⊥，EB CF ⊥，且AC CF C =I ，所以EB ⊥平面BDF ， 而FD ⊂平面BDF ，EB FD ∴⊥．（Ⅱ）设平面BED 与平面RQD 的交线为DG ．由23FQ FE =，23FR FB =，知//QR EB ． 而EB ⊂平面BDE ，∴//QR 平面BDE ， 而平面BDE I 平面RQD = DG ， ∴////QR DG EB ．由（Ⅰ）知，BE ⊥平面BDF ，∴DG ⊥平面BDF ， 而,DR DB ⊂平面BDF ，∴DG DR ⊥，DG DQ ⊥， ∴RDB ∠是平面BED 与平面RQD 所成二面角的平面角． 在Rt BCF ∆中，2CF a ===，sin FC RBD BF ∠===cos RBD ∠==． 在BDR ∆中，由23FR FB =知，133BR FB ==，由余弦定理得，RD== 由正弦定理得，sin sin BR RD RDB RBD=∠∠，即332sin RDB =∠，sin RDB ∠=故平面BED 与平面RQD 所成二面角的正弦值为29．为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ； (2)求证：CF ⊥平面AEF .【解析】证明 取BC 中点H ，连接OH ，则OH ∥BD ，又四边形ABCD 为正方形， ∴AC ⊥BD ，∴OH ⊥AC ，故以O 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A (3，0，0)，C (－1，0，0)，D (1，－2，0)，F (0，0，3)，B (1，2，0).BC →＝(－2，－2，0)，CF →＝(1，0，3)，BF →＝(－1，－2，3). (1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(－3，3，1). 又四边形BDEF 为平行四边形， ∴DE →＝BF →＝(－1，－2，3)， ∴AE →＝AD →＋DE →＝BC →＋BF →＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)， ∴AE →·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ， 又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF .(2)AF →＝(－3，0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE →＝－3＋3＝0， ∴CF →⊥AF →，CF →⊥AE →， 即CF ⊥AF ，CF ⊥AE ， 又AE ∩AF ＝A ， AE ，AF ⊂平面AEF ， ∴CF ⊥平面AEF .2.如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 和侧面AA 1B 1B 都是正方形且互相垂直，M 为AA 1的中点，N 为BC 1的中点．求证：(1)MN ∥平面A 1B 1C 1； (2)平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C .【解析】证明 由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设正方形AA 1C 1C 的边长为2，则A (0,0,0)，A 1(2,0,0)，B (0,2,0)，B 1(2,2,0)，C (0,0,2)，C 1(2,0,2)，M (1,0,0)，N (1,1,1)．(1)因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1.因为AA 1→＝(2,0,0)，MN →＝(0,1,1)，所以MN →·AA 1→＝0，即MN →⊥AA 1→.MN ⊄平面A 1B 1C 1，故MN ∥平面A 1B 1C 1.(2)设平面MBC 1与平面BB 1C 1C 的法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)． 因为MB →＝(－1,2,0)，MC 1→＝(1,0,2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n 1·MB →＝0，n 1·MC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋2y 1＝0，x 1＋2z 1＝0，，令x 1＝2，则平面MBC 1的一个法向量为n 1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)．因为n 1·n 2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n 1⊥n 2，所以平面MBC 1⊥平面BB 1C 1C . 3.如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝60°，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DE ＝2，M 为线段BF 的中点．(1)求M 到平面DEC 的距离及三棱锥M －CDE 的体积； (2)求证：DM ⊥平面ACE .【解析】(1)设AC ∩BD ＝O ，以O 为原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，过O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则C (0，3，0)，D (－1,0,0)，E (－1,0,2)，M (1,0,1)， DE →＝(0,0,2)，DC →＝(1，3，0)，DM →＝(2,0,1)， ∵DE →·DC →＝0， ∴DE ⊥DC ，∴S △DEC ＝12×DE ×DC ＝12×2×2＝2，设平面DEC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝2z ＝0，n ·DC →＝x ＋3y ＝0，取x ＝3，得n ＝(3，－1,0)，∴M 到平面DEC 的距离h ＝|DM →·n ||n |＝233＋1＝3，∴三棱锥M －CDE 的体积V ＝13×S △CDE ×h ＝13×2×3＝233.(2)证明：A (0，－3，0)，AC →＝(0,23，0)，AE →＝(－1，3，2)， AC →·DM →＝0，AE →·DM →＝－2＋2＝0， ∴AC ⊥DM ，AE ⊥DM ，∵AC ∩AE ＝A ，∴DM ⊥平面ACE .4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面P AD ⊥底面ABCD ，且P A ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点．(1)求证：EF ∥平面P AD ； (2)求证：平面P AB ⊥平面PDC .【解析】证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连接OP ，OF .因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面P AD ⊥底面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面P AD ， 所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点， 所以OF ∥AB .又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为P A ＝PD ＝22AD ， 所以P A ⊥PD ，OP ＝OA ＝a2.以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 则A ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0，F ⎝⎛⎭⎫0，a 2，0，D ⎝⎛⎭⎫－a2，0，0， P ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2，B ⎝⎛⎭⎫a 2，a ，0，C ⎝⎛⎭⎫－a2，a ，0. 因为E 为PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫－a 4，a 2，a4. 易知平面P AD 的一个法向量为OF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0， 因为EF →＝⎝⎛⎭⎫a 4，0，－a 4，且OF →·EF →＝⎝⎛⎭⎫0，a 2，0·⎝⎛⎭⎫a4，0，－a 4＝0， 又因为EF ⊄平面P AD ， 所以EF ∥平面P AD .(2)因为P A →＝⎝⎛⎭⎫a 2，0，－a 2，CD →＝(0，－a,0)， 所以P A →·CD →＝⎝⎛⎭⎫a2，0，－a 2·(0，－a,0)＝0， 所以P A →⊥CD →，所以P A ⊥CD . 又P A ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ， PD ，CD ⊂平面PDC ， 所以P A ⊥平面PDC . 又P A ⊂平面P AB ， 所以平面P AB ⊥平面PDC .5．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 .【解析】证明 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Oxyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)．(1)∵AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知|AP |＝5，又|AM |＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125. 又AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)， ∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则A P →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， ∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，BM ∩BC ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC . 又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BCM .6. 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)P A ⊥BD ；(2)平面P AD ⊥平面P AB .【解析】证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，△PBC 为等边三角形，即PO ⊥BC ， ∵平面PBC ⊥底面ABCD ，BC 为交线，PO ⊂平面PBC ， ∴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)，P A →＝(1，－2，－3). ∵BD →·P A →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴P A →⊥BD →， ∴P A ⊥BD .(2)取P A 的中点M ，连接DM ，则M ⎝⎛⎭⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·P A →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥P A →，即DM ⊥P A .又∵P A ∩PB ＝P ，P A ，PB ⊂平面P AB ， ∴DM ⊥平面P AB . ∵DM ⊂平面P AD ， ∴平面P AD ⊥平面P AB .7.如图所示，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1D ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是边长为1的正方形，侧棱A 1A ＝2.(1)证明：AC ⊥A 1B ；(2)是否在棱A 1A 上存在一点P ，使得AP →＝λP A 1→且面AB 1C 1⊥面PB 1C 1.【解析】 如图所示，以DA ，DC ，DA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (1，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0，3)，B (1,1,0)，D 1(－1,0，3)，B 1(0,1，3)，C 1(－1,1，3)．(1)证明：AC →＝(－1,1,0)，A 1B →＝(1,1，－3)， ∴AC →·A 1B →＝0，∴AC ⊥A 1B . (2)假设存在， ∵AP →＝λP A 1→， ∴P ⎝⎛⎭⎪⎫11＋λ，0，3λ1＋λ. 设平面AB 1C 1的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， ∵AB 1→＝(－1,1，3)，AC 1→＝(－2,1，3)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB 1→＝－x 1＋y 1＋3z 1＝0，n 1·AC 1→＝－2x 1＋y 1＋3z 1＝0.令z 1＝3，则y 1＝－3，x 1＝0.∴n 1＝(0，－3，3)．同理可求面PB 1C 1的一个法向量为n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3λ＋1，－1， ∴n 1·n 2＝0.∴－331＋λ－3＝0，即λ＝－4.∵P 在棱A 1A 上，∴λ>0，矛盾． ∴这样的点P 不存在．8.如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由.【解析】(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1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)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)， AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0， ∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1→，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DA 1C 1的法向量为n 3＝(x 3，y 3，z 3)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1， 则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .。

公式章 1 节 1课时同步练1.4.2运用立体几何中的向量方法解决垂直问题一、单选题1．若直线l 的方向向量为a=(-1,0,-2),平面α的法向量为u=(4,0,8),则（ ）A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交2．在正方体中,若为的中点,则直线垂直于（ ）1111ABCD A B C D -E 11A C CE A ．B ．C ．D ．AC BD 1A D 1A A3．在菱形ABCD 中,若是平面ABCD 的法向量,则以下等式中可能不成立的是（ ）PA A ．=0B ．=0C ．=0D ．=0PA AB ⋅ PC BD ⋅ PC AB ⋅ PA CD ⋅ 4．平面的法向量,平面的法向量,则下列命题正确的是（ ）α(2,2,2)u =- β(1,2,1)v = A ．、平行B ．、垂直C ．、重合D ．、不垂直αβαβαβαβ5．已知平面内有一个点,的一个法向量为,则下列点P 中,在平面内的是（ ）α()2,1,2A -α()3,1,2= n αA ．B ．C ．D ．()1,1,1-31,3,2⎛⎫⎪⎝⎭31,3,2⎛⎫- ⎪⎝⎭31,3,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭6．在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是平行四边形,=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),则PA 与底面ABCD 的关系是（）AB AD AP A ．相交B ．垂直C ．不垂直D ．成60°角7．若平面的法向量分别为,并且,则的值为（ ）,αβ(1,2,4),(,1,2)a b x =-=-- αβ⊥x A ．10B ．C ．D ．10-1212-8．已知平面的法向量为,若直线平面,则直线l 的方向向量可以为（ ）α()4,3,7-l ⊥αA ．B ．C ．D ．()8,6,14()8,6,14--254,3,7⎛⎫⎪⎝⎭253,4,7⎛⎫⎪⎝⎭9．已知为直线l 的方向向量,,分别为平面,的法向量不重合那么下列说法中：v 1n 2n αβ(,αβ)；；；正确的有（ ）12////n n ①αβ⇔12n n αβ⊥⇔⊥ ②1////v n l α⇔ ③1.v n l α⊥⇔⊥ ④A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个10．若直线l 的一个方向向量为,平面的一个法向量为,则（ ）()2,5,7a =α()1,1,1u =- A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．A ､C 均有可能11．如图,四边形ABCD 为正方形,PD ⊥平面ABCD ,PD ∥QA ,QA =AB =PD ,则平面PQC 与平面DCQ 的位置关系为（ ）12A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．位置关系不确定12．如图,在三棱锥中,平面ABC ,,,.以点B 为原点,分别以,,的方向为x ,y ,z 轴的正方向,建立空间直P ABC -PA ⊥90ABC ∠=︒60BAC ∠=︒2PA AB ==BC BA AP 角坐标系,设平面PAB 和PBC 的法向量分别为和,则下面选项中正确的是（ ）m nA ．点P 的坐标为B ．()0,0,2()4,0,2PC =-C ．可能为D ．n ()0,2,2-cos ,n 0m > 二、填空题13．若直线l 1的方向向量为u 1=(1,3,2),直线l 2上有两点A(1,0,1),B(2,-1,2),则两直线的位置关系是_____.14．已知A (0,1,0),B (-1,0,-1),C (2,1,1),点P (x ,0,z ),若PA ⊥平面ABC ,则点P 的坐标为_____.15．如图,矩形中,,⊥平面,若在上只有一个点满足,则的值等于________.ABCD 1,AB BC a ==PA ABCD BC Q PQ DQ ⊥a16．若正三棱锥P -ABC 侧面互相垂直,则棱锥的高与底面边长之比为_____.17．如图,在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,底面是以∠ABC 为直角的等腰三角形,AC =2a ,BB 1=3a ,D 是A 1C 1的中点,点E 在棱AA 1上,要使CE ⊥平面B 1DE ,则AE =_____.18．如图,正四棱柱的底面边长为4,记,,若,则此棱柱的体积为______．1111ABCD A B C D -1111A C B D F = 11BC B C E = AE BF ⊥三、解答题19．如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.求证：CD⊥平面PAE.20．在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱BC的中点,试在棱CC1上求一点P,使得平面A1B1P⊥平面C1DE. 21．如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1.求证：（1）BC1⊥AB1.（2）BC1∥平面CA1D．22．在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点．（1）证明：平面AED⊥平面A1FD1；（2）在AE上求一点M,使得A1M⊥平面DAE．知识改变命运。

1.4.2运用立体几何中的向量方法解决垂直问题一、单选题1．若直线l 的方向向量为a=(-1，0，-2)，平面α的法向量为u=(4，0，8)，则（ ） A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．l 与α斜交【答案】B【解析】因为u =-4a ，所以u ∥a ，即a ⊥α，故l ⊥α.故选B2．在正方体1111ABCD A B C D -中，若E 为11A C 的中点，则直线CE 垂直于（ ） A ．ACB ．BDC ．1A DD ．1A A【答案】B【解析】如图，直线CE 垂直于直线B 1D 1，事实上，∵AC 1为正方体，∴A 1B 1C 1D 1为正方形，连结B 1D 1，又∵E 为为A 1C 1的中点，∴E ∈B 1D 1． ∴B 1D 1⊥C 1E ，CC 1⊥面A 1B 1C 1D 1，∴CC 1⊥B 1D 1，又CC 1∩C 1E ＝C 1，∴B 1D 1⊥面CC 1E ，而CE ⊂面CC 1E ，∴直线CE 垂直于直线B 1D 1故选B ． 3．在菱形ABCD 中，若PA 是平面ABCD 的法向量，则以下等式中可能不成立的是（ ） A ．PA AB ⋅=0B ．PC BD ⋅=0C ．PC AB ⋅=0D ．PA CD ⋅=0【答案】C【解析】∵P A ⊥平面ABCD ，∴BD ⊥P A .又∵AC ⊥BD ，∴PC ⊥BD ，故选项B 正确，选项A 和D 显然成立.故选C.4．平面α的法向量(2,2,2)u =-，平面β的法向量(1,2,1)v =，则下列命题正确的是（ ） A ．α、β平行 B ．α、β垂直C ．α、β重合D ．α、β不垂直【答案】B【解析】平面α的法向量(2,2,2)u =-，平面β的法向量(1,2,1)v =，因为2420u v =-+=， 所以两个平面垂直．故选B ．5．已知平面α内有一个点()2,1,2A -，α的一个法向量为()3,1,2=n ，则下列点P 中，在平面α内的是（ ） A ．()1,1,1-B ．31,3,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．31,3,2⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．31,3,2⎛⎫--⎪⎝⎭【答案】B【解析】对于选项A ，PA =(1，0，1)，⋅PA n =5，所以PA 与n 不垂直，排除A ；同理可排除C ，D.对于选项B ，有11,-4,2⎛⎫= ⎪⎝⎭PA ，所以0PA n ⋅=，因此B 项正确.故选B 6．在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，AB =(2，-1，-4)，AD =(4，2，0)，AP =(-1，2，-1)，则P A 与底面ABCD 的关系是（ ） A ．相交B ．垂直C ．不垂直D ．成60°角【答案】B【解析】因为AB AP ⋅=2(1)(1)2(4)(1)⨯-+-⨯+-⨯-=0，所以AB AP ⊥；因为AD AP ⋅=4(1)220(1)⨯-+⨯+⨯-=0，所以AD AP ⊥，又AB AD A ⋂=，所以AP ABCD ⊥． 故选B ．7．若平面,αβ的法向量分别为(1,2,4),(,1,2)a b x =-=--，并且αβ⊥，则x 的值为（ ） A ．10B ．10-C ．12D ．12-【答案】B 【解析】αβ⊥∴平面,αβ的法向量相互垂直,(1,2,4)(,1,2)280a b x x ∴⋅=-⋅--=---=10x ∴=-,故选B8．已知平面α的法向量为()4,3,7-，若直线l ⊥平面α，则直线l 的方向向量可以为（ ） A ．()8,6,14B ．()8,6,14--C ．254,3,7⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．253,4,7⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】因为直线l ⊥平面α，故直线l 的方向向量与平面α的法向量平行， 因为()8,6,142--=-()4,3,7-，故选B.9．已知v 为直线l 的方向向量，1n ，2n 分别为平面α，β的法向量(,αβ不重合)那么下列说法中：12////n n ①αβ⇔；12n n αβ⊥⇔⊥②；1////v n l α⇔③；1.v n l α⊥⇔⊥④正确的有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】∵平面α，β不重合；∴平面α，β的法向量平行(垂直)等价于平面α，β平行(垂直)；①②∴正确；直线l 的方向向量平行(垂直)于平面α的法向量等价于直线l 垂直(平行)于平面α；∴③④都错误．故选B ．10．若直线l 的一个方向向量为()2,5,7a =，平面α的一个法向量为()1,1,1u =-，则（ ） A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂αD ．A ､C 均有可能【答案】D【解析】已知直线l 的一个方向向量为()2,5,7a =，平面α的一个法向量为()1,1,1u =-， 所以()1215170a u ⋅=⨯+⨯+-⨯=,所以a u ⊥,所以l ∥α或l ⊂α,故选D 11．如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA =AB =12PD ，则平面PQC 与平面DCQ 的位置关系为（ ）A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．位置关系不确定【答案】B【解析】由已知可得PD ⊥DC ，PD ⊥DA ，DC ⊥DA ，如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系， 设QA =1，则D (0，0，0)，C (0，0，1)，Q (1，1，0)，P (0，2，0).故DQ =(1，1，0)，DC =(0，0，1)，PQ =(1，-1，0).故DQ?PQ =0，DC?PQ =0，即PQ DQ,PQ DC ⊥⊥， 故PQ ⊥平面DCQ ，平面PQC ⊥平面DCQ .故选B12．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，60BAC ∠=︒，2PA AB ==.以点B 为原点，分别以BC ，BA ，AP 的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，设平面P AB 和PBC 的法向量分别为m 和n ，则下面选项中正确的是（ ）A ．点P 的坐标为()0,0,2B ．()4,0,2PC =- C ．n 可能为()0,2,2-D ．cos ,n 0m >【答案】C【解析】建立空间直角坐标系如图：由题意可得()0,0,0B ，()0,2,0A ，()C ，()0,2,2P ，所以()22,2PC =--，()0,2,2BP =.设(),,n x y z =，则220220y z z y ⎧--=⎪⎨+=⎪⎩，取2z =，可得()0,2,2n =-.因为AB BC ⊥，PA BC ⊥，所以BC ⊥平面P AB ，所以平面PBC ⊥平面P AB ，所以m n ⊥，所以cos ,0m n =.综上所述，A ，B ，D 错，C 正确.故选C二、填空题13．若直线l 1的方向向量为u 1=(1，3，2)，直线l 2上有两点A(1，0，1)，B(2，-1，2)，则两直线的位置关系是_____. 【答案】垂直【解析】因为AB =(1，-1，1)，又u 1·AB =(1，3，2)·(1，-1，1)=0，所以两直线位置关系为垂直. 故填垂直14．已知A (0，1，0)，B (-1，0，-1)，C (2，1，1)，点P (x ，0，z )，若P A ⊥平面ABC ，则点P 的坐标为_____. 【答案】(-1，0，2)【解析】由题意得PA =(-x ，1，-z )，AB =(-1，-1，-1)，AC =(2，0，1)， 由PA AB ⊥，得PA AB ⋅=x -1+z =0， 由PA AC ⊥，得PA AC ⋅=-2x -z =0，解得12x -,z .=⎧⎨=⎩故点P 的坐标为(-1，0，2).则填(-1，0，2)15．如图，矩形ABCD 中，1,AB BC a ==，PA ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ DQ ⊥，则a 的值等于________.【答案】2【解析】连接AQ ，取AD 的中点O ，连接OQ ．∵P A ⊥平面ABCD ，P A ⊥DQ ，PQ ⊥DQ ， ∴DQ ⊥平面P AQ ，所以DQ ⊥AQ ．∴点Q 在以线段AD 的中点O 为圆心的圆上， 又∵在BC 上有且仅有一个点Q 满足PQ ⊥DQ ，∴BC 与圆O 相切，（否则相交就有两点满足垂直，矛盾．）∴OQ ⊥BC ，∵AD ∥BC ，∴OQ =AB =1，∴BC =AD =2，即a =2．故填2．16．若正三棱锥P -ABC 侧面互相垂直，则棱锥的高与底面边长之比为_____.【解析】设高为h ，底边长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P (0，0，h )，A ,0,03⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，B 1-,062⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，C133131,0,PA ,0,-h ,PB -,,-h ,PC -,-h 222⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，得平面P AB ，P AC 的法向量分别为11,h h ⎫⎫⎪⎪⎭⎭，则3-9+21h =0，解得h ..17．如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰三角形，AC =2a ，BB 1=3a ，D 是A 1C 1的中点，点E 在棱AA 1上，要使CE ⊥平面B 1DE ，则AE =_____.【答案】a 或2a【解析】建立如图所示的坐标系，则B1(0，0，3a )，D 322,a ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，C (0a ，0).设点E 的坐标为a ，0，z )，则CE ，a ，z )，1B E a ，0，z -3a )，12022a B D ,⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，故1·CE B D =0.故要使CE ⊥平面B 1DE ，则需1CE B E ⊥，即1·CE B E =0，故2a 2+z 2-3az =0，解得z =a 或2a .故填a 或2a18．如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为4，记1111AC B D F =，11BC B C E =，若AE BF ⊥，则此棱柱的体积为______．【答案】【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设1DD h =，又4AB BC ==，则()4,0,0A ，2,4,2h E ⎛⎫⎪⎝⎭，()4,4,0B ，()2,2,F h ，2,4,2h AE ⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，()2,2,BF h =--，AE BF ⊥，24802h ∴-+=，即h =． ∴此棱柱的体积为44⨯⨯=．故填三、解答题19．如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB =4，BC =3，AD =5，∠DAB =∠ABC =90°，E 是CD 的中点.求证：CD ⊥平面P AE .【解析】证明：如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设P A =h ，则A (0，0，0)，B (4，0，0)，C (4，3，0)，D (0，5，0)，E (2，4，0)，P (0，0，h ). 易知CD =(-4，2，0)，AE =(2，4，0)，AP =(0，0，h ).∵·CD AE =-8+8+0=0，·CD AP =0，∴CD ⊥AE ，CD ⊥AP .∵AP ∩AE =A ，∴CD ⊥平面P AE .20．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 的中点，试在棱CC 1上求一点P ，使得平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE . 【解析】如图，以D 为原点，DA ，DC ，DD 1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，P (0，1，a )，则A 1(1，0，1)，B 1(1，1，1)，E 1102,,⎛⎫⎪⎝⎭，C 1(0，1，1)，11A B =(0，1，0)，1A P =(-1，1，a -1)，1110,2DE ,,DC ⎛⎫= ⎪⎝⎭=(0，1，1). 设平面A 1B 1P 的一个法向量为n 1=(x 1，y 1，z 1)，则11111111100100·A B ,y ,-x y (a-)z ,·A P ⎧==⎧⎪⇒⎨⎨++==⎩⎪⎩n n令z 1=1，得x 1=a -1，∴n 1=(a -1，0，1).设平面C 1DE 的一个法向量为n 2=(x 2，y 2，z 2)，则2222122100200·DE ,x y ,·DC y z ,⎧⎧=+=⎪⎪⇒⎨⎨=⎪⎪⎩+=⎩n n令y 2=1，得x 2=-2，z 2=-1，∴n 2=(-2，1，-1).∵平面A 1B 1P ⊥平面C 1DE ，∴n 1⊥n 2，即n 1·n 2=0.∴-2(a -1)+0+(-1)=0，∴a =12，故P 1012,,⎛⎫ ⎪⎝⎭.21．如图，已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，D 为AB 的中点，AC =BC =BB 1.求证：（1）BC 1⊥AB 1. （2）BC 1∥平面CA 1D ．【解析】如图，以C 1点为原点，C 1A 1，C 1B 1，C 1C 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 =BB 1=2，则A (2，0，2)，B (0，2，2)，C (0，0，2)，A 1(2，0，0)，B 1(0，2，0)，C 1(0，0，0)，D (1，1，2).(1)由于=(0，-2，-2)，=(-2，2，-2)，所以·=0-4+4=0，因此⊥，故BC 1⊥AB 1.(2)取A 1C 的中点E ，连接DE ，由于E (1，0，1)，所以=(0，1，1).又=(0，-2，-2)，所以=-.又ED 和BC 1不共线，所以ED ∥BC 1.又DE ⊂平面CA 1D ，BC 1⊄平面CA 1D ，故BC 1∥平面CA 1D .22．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点． （1）证明：平面AED ⊥平面A 1FD 1；（2）在AE 上求一点M ，使得A 1M ⊥平面DAE ．【解析】（1）证明：建立空间直角坐标系D -xyz ，不妨设正方体的棱长为2，则A (2，0，0)，E (2，2，1)，F (0，1，0)，A 1(2，0，2)，D 1(0，0，2). 设平面AED 的法向量为n 1=(x 1，y 1，z 1)，则11111111·(,,)(2,0,0)0,·(,,)(2,2,1)0,n DA x y z n DE x y z ⎧=⋅=⎪⎨=⋅=⎪⎩ ∴2x 1=0，2x 1+2y 1+z 1=0.令y 1=1，得n 1=(0，1，-2).同理可得平面A 1FD 1的法向量n 2=(0，2，1). 因为n 1·n 2=0，所以平面AED ⊥平面A 1FD 1.（2）因为点M 在直线AE 上，所以可设AM =λ·AE =λ·(0，2，1)=(0，2λ，λ)，可得M (2，2λ，λ)， 于是1AM =(0，2λ，λ-2)，要使A 1M ⊥平面DAE ，需有A 1M ⊥AE ，所以1·A M AE =(0，2λ，λ-2)·(0，2，1)=5λ-2=0，得λ=25.故当AM =25AE 时，A 1M ⊥平面DAE .。

第2课时用空间向量解决立体几何中的垂直问题学习目标 1.能用向量法判断一些简单线线、线面、面面垂直关系.2.掌握用向量方法证明有关空间线面垂直关系的方法步骤．知识点一向量法判断线线垂直设直线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 ＝0⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0.知识点二向量法判断线面垂直设直线l的方向向量a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量μ＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ(k∈R)．知识点三向量法判断面面垂直思考平面α，β的法向量分别为μ1＝(x1，y1，z1)，μ2＝(x2，y2，z2)，用向量坐标法表示两平面α，β垂直的关系式是什么？答案x1x2＋y1y2＋z1z2＝0.梳理若平面α的法向量为μ＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.(1)平面α的法向量是唯一的，即一个平面不可能存在两个不同的法向量．(×)(2)两直线的方向向量垂直，则两条直线垂直．(√)(3)直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时，直线与平面垂直．(√)(4)两个平面的法向量平行，则这两个平面平行；两个平面的法向量垂直，则这两个平面垂直．(√)类型一线线垂直问题例1已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N 是侧棱CC 1上的点，且CN ＝14CC 1.求证：AB 1⊥MN .考点 向量法求解直线与直线的位置关系 题点 方向向量与线线垂直证明 设AB 中点为O ，作OO 1∥AA 1.以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OC 所在直线为y 轴，OO 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 由已知得A ⎝⎛⎭⎫－12，0，0， B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，32，0， N ⎝⎛⎭⎫0，32，14，B 1⎝⎛⎭⎫12，0，1， ∵M 为BC 中点， ∴M ⎝⎛⎭⎫14，34，0.∴MN -→＝⎝⎛⎭⎫－14，34，14，AB 1-→＝(1,0,1)，∴MN -→·AB 1-→＝－14＋0＋14＝0.∴MN -→⊥AB 1-→，∴AB 1⊥MN .反思与感悟 证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．跟踪训练1 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4，求证：AC ⊥BC 1.考点 向量法求解直线与直线的位置关系 题点 方向向量与线线垂直证明 ∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面三边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，∴AC ，BC ，C 1C 两两垂直．如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Cxyz .则C (0,0,0)，A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)， ∵AC →＝(－3,0,0)，BC 1-→＝(0，－4,4)， ∴AC →·BC 1-→＝0.∴AC ⊥BC 1.类型二 证明线面垂直例2 如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点． 求证：AB 1⊥平面A 1BD .考点 向量法求解直线与平面的位置关系 题点 向量法解决线面垂直证明 如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形，所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，且平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，AO ⊂平面ABC ，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为坐标原点，OB ，OO 1，OA 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)， B 1(1,2,0)．所以AB 1-→＝(1,2，－3)，BA 1-→＝(－1,2，3)， BD -→＝(－2,1,0)．因为AB 1-→·BA 1-→＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×3＝0. AB 1-→·BD -→＝1×(－2)＋2×1＋(－3)×0＝0.所以AB 1-→⊥BA 1-→，AB 1-→⊥BD -→，即AB 1⊥BA 1，AB 1⊥BD . 又因为BA 1∩BD ＝B ，所以AB 1⊥平面A 1BD . 反思与感悟 用坐标法证明线面垂直的方法及步骤 方法一：(1)建立空间直角坐标系． (2)将直线的方向向量用坐标表示．(3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量． (4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0. 方法二：(1)建立空间直角坐标系． (2)将直线的方向向量用坐标表示． (3)求出平面的法向量．(4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行．跟踪训练2 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，点P 为DD 1的中点．求证：直线PB 1⊥平面P AC .考点 向量法求解直线与平面的位置关系 题点 向量法解决线面垂直证明 如图，以D 为坐标原点，DC ，DA ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ， C (1,0,0)，A (0,1,0)，P (0,0,1)，B 1(1,1,2)， PC →＝(1,0，－1)，P A →＝(0,1，－1)， PB 1-→＝(1,1,1)，B 1C -→＝(0，－1，－2)， B 1A -→＝(－1,0，－2)．PB 1-→·PC →＝(1,1,1)·(1,0，－1)＝0，所以PB 1-→⊥PC →，即PB 1⊥PC . 又PB 1-→·P A →＝(1,1,1)·(0,1，－1)＝0， 所以PB 1-→⊥P A →，即PB 1⊥P A .又P A ∩PC ＝P ，所以PB 1⊥平面P AC . 类型三 证明面面垂直问题例3 三棱锥被平行于底面ABC 的平面所截得的几何体如图所示，截面为A 1B 1C 1，∠BAC ＝90°，A 1A ⊥平面ABC ，A 1A ＝3，AB ＝AC ＝2A 1C 1＝2，D 为BC 的中点．证明：平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1. 考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直证明 方法一 如图，以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(0,0，3)，C 1(0,1，3)． ∵D 为BC 的中点，∴D 点坐标为(1,1,0)， ∴AD →＝(1,1,0)，AA 1-→＝(0,0，3)，BC →＝(－2,2,0)， ∴AD →·BC →＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0， AA 1-→·BC →＝0×(－2)＋0×2＋3×0＝0， ∴AD →⊥BC →，AA 1-→⊥BC →， ∴BC ⊥AD ，BC ⊥AA 1.又A 1A ∩AD ＝A ，∴BC ⊥平面A 1AD .又BC ⊂平面BCC 1B 1，∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1. 方法二 同方法一建系后，得AA 1-→＝(0,0，3)， AD →＝(1,1,0)，BC →＝(－2,2,0)，CC 1-→＝(0，－1，3)． 设平面A 1AD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 平面BCC 1B 1的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AA 1-→＝0，n 1·AD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧3z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令y 1＝－1，则x 1＝1，z 1＝0， ∴n 1＝(1，－1,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC →＝0，n 2·CC 1-→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋2y 2＝0，－y 2＋3z 2＝0，令y 2＝1，则x 2＝1，z 2＝33， ∴n 2＝⎝⎛⎭⎫1，1，33. ∵n 1·n 2＝1－1＋0＝0，∴n 1⊥n 2， ∴平面A 1AD ⊥平面BCC 1B 1.反思与感悟 证明面面垂直的两种方法(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明． (2)向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．跟踪训练3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是BB 1，CD 的中点． (1)求证：平面AED ⊥平面A 1FD 1；(2)在直线AE 上求一点M ，使得A 1M ⊥平面AED . 考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直(1)证明 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为2，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，E (2,2,1)，F (0,1,0)，A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，∴DA →＝D 1A 1-→＝(2,0,0)，DE →＝(2,2,1)，D 1F -→＝(0,1，－2)． 设平面AED 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DA →＝(x 1，y 1，z 1)·(2，0，0)＝0，n 1·DE →＝(x 1，y 1，z 1)·(2，2，1)＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1＝0，2x 1＋2y 1＋z 1＝0. 令y 1＝1，得n 1＝(0,1，－2)．同理，平面A 1FD 1的一个法向量为n 2＝(0,2,1)． ∵n 1·n 2＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴n 1⊥n 2， ∴平面AED ⊥平面A 1FD 1. (2)解 由于点M 在直线AE 上， 因此可设AM -→＝λAE →＝λ(0,2,1)＝(0,2λ，λ)， 则M (2,2λ，λ)，∴A 1M -→＝(0,2λ，λ－2)． 要使A 1M ⊥平面AED ，只需A 1M -→∥n 1， 即2λ1＝λ－2－2，解得λ＝25. 故当AM ＝25AE 时，A 1M ⊥平面AED .1．下列命题中，正确命题的个数为( )①若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥β； ②若n 1，n 2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β ⇔ n 1·n 2＝0；③若n 是平面α的法向量，a 是直线l 的方向向量，若l 与平面α平行，则n ·a ＝0； ④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直． A ．1 B ．2 C ．3 D ．4考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直 答案 C解析 ①中平面α，β可能平行，也可能重合，结合平面法向量的概念，可知②③④正确．2．已知两直线的方向向量为a，b，则下列选项中能使两直线垂直的为()A．a＝(1,0,0)，b＝(－3,0,0)B．a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)C．a＝(0,1，－1)，b＝(0，－1,1)D．a＝(1,0,0)，b＝(－1,0,0)考点向量法求解直线与直线的位置关系题点向量法解决线线垂直答案 B解析因为a＝(0,1,0)，b＝(1,0,1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B. 3．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为μ＝(－2,0，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交考点向量法求解直线与平面的位置关系题点向量法解决线面垂直答案 B解析∵a∥μ，∴l⊥α.4．平面α的一个法向量为m＝(1,2,0)，平面β的一个法向量为n＝(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．不能确定考点向量法求解平面与平面的位置关系题点向量法解决面面垂直答案 C解析∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面垂直．5．在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝13，SB＝29，则异面直线SC与BC是否垂直________．(填“是”或“否”)考点向量法求解直线与直线的位置关系题点向量法解决线线垂直答案是解析如图，以A为坐标原点，AB，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz ， 则由AC ＝2，BC ＝13， SB ＝29，得B (0，17，0)，S (0,0，23)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫21317，417，0， SC →＝⎝⎛⎭⎪⎫21317，417，－23， CB →＝⎝⎛⎭⎪⎫－21317，1317，0. 因为SC →·CB →＝0，所以SC ⊥BC .空间垂直关系的解决策略一、选择题1．设直线l 1，l 2的方向向量分别为a ＝(－2,2,1)，b ＝(3，－2，m )，若l 1⊥l 2，则m 等于( ) A ．－2 B ．2 C ．6 D ．10考点 向量法求解直线与直线的位置关系 题点 方向向量与线线垂直 答案 D解析 因为a ⊥b ，故a ·b ＝0，即－2×3＋2×(－2)＋m ＝0，解得m ＝10.2．若平面α，β的法向量分别为a ＝(－1,2,4)，b ＝(x ，－1，－2)，并且α⊥β，则x 的值为( ) A ．10 B ．－10 C.12 D ．－12考点 向量法求解平面与平面的位置关系 题点 向量法解决面面垂直 答案 B解析 因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直， 所以a ·b ＝(－1,2,4)·(x ，－1，－2)＝0， 解得x ＝－10.3．已知点A (0,1,0)，B (－1,0，－1)，C (2,1,1)，P (x,0，z )，若P A ⊥平面ABC ，则点P 的坐标为( ) A ．(1,0，－2) B ．(1,0,2) C ．(－1,0,2)D ．(2,0，－1)考点 向量法求解直线与平面的位置关系 题点 向量法解决线面垂直 答案 C解析 由题意知AB →＝(－1，－1，－1)，AC →＝(2,0,1)，AP →＝(x ，－1，z )，又P A ⊥平面ABC ，所以有AB →·AP →＝(－1，－1，－1)·(x ，－1，z )＝0，得－x ＋1－z ＝0. ① AC →·AP →＝(2,0,1)·(x ，－1，z )＝0，得2x ＋z ＝0，② 联立①②得x ＝－1，z ＝2，故点P 的坐标为(－1,0,2)．4．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1A考点 向量法求解直线与直线的位置关系题点 方向向量与线线垂直答案 B解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1.则C (0,1,0)，B (1,1,0)，A (1,0,0)，D (0,0,0)，C 1(0,1，1)，A 1(1,0,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，∴CE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AC →＝(－1,1,0)， BD →＝(－1，－1,0)，A 1D -→＝(－1,0，－1)，A 1A -→＝(0,0，－1)，∵CE →·BD →＝(－1)×12＋(－1)×⎝⎛⎭⎫－12＋0×1＝0，∴CE ⊥BD . 5．已知平面α内有一个点A (2，－1,2)，α的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A. (1，－1,1)B.⎝⎛⎭⎫1，3，32C.⎝⎛⎭⎫1，－3，32D.⎝⎛⎭⎫－1，3，－32 考点 直线的方向向量与平面的法向量题点 法向量求解线面垂直答案 B解析 要判断点P 是否在平面α内，只需判断向量P A →与平面α的法向量n 是否垂直，即P A →·n是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A ，P A →＝(1,0,1)，则P A →·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，P A →＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12，则P A →·n ＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0，故B 正确；同理可排除C ，D.故选B.6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ， 则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 中的一个垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥ACC ．EF 与BD 1相交D ．EF 与BD 1异面考点 直线的方向向量与平面的法向量题点 求直线的方向向量答案 B解析 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴，y 轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，∴A 1D -→＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝⎛⎭⎫13，13，－13，BD 1-→＝(－1，－1,1)，∴EF →＝－13BD 1-→，A 1D -→·EF →＝0，AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC ，故选B.7．两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z )，v ＝(－2，－y ，1)，若α⊥β，则y ＋z 的值是( )A ．－3B ．6C ．－6D ．－12考点 向量法求解平面与平面的位置关系题点 向量法求解面面垂直答案 B解析 ∵α⊥β，∴μ·v ＝0，即－6＋y ＋z ＝0，即y ＋z ＝6.二、填空题8.如图所示，在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，E 为BC 的中点，则AE →·BC →＝_______.考点 向量法求解直线与直线的位置关系题点 方向向量与线线垂直答案 0解析 因为BE ＝EC ，故AE →＝DE →－DA →＝12(DB →＋DC →)－DA →，在三棱锥A －BCD 中， DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，故AE →·BC →＝⎣⎡⎦⎤12(DB →＋DC →)－DA →·(DC →－DB →)＝12(DC →2－DB →2)＝0. 9．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量． 其中正确的是________．(填序号)考点 向量法求解直线与直线的位置关系题点 向量法解决线线垂直答案 ①②③解析 AP →·AB →＝(－1,2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP ⊥AB ，即①正确．AP →·AD →＝(－1,2，－1)·(4,2,0)＝－1×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP ⊥AD ，即②正确．又∵AB ∩AD ＝A ，∴AP ⊥平面ABCD ，即AP →是平面ABCD 的一个法向量，③正确．10．在△ABC 中，A (1，－2，－1)，B (0，－3,1)，C (2，－2,1)．若向量n 与平面ABC 垂直，且|n |＝21，则n 的坐标为________________．考点 向量法求解线面垂直问题题点 向量法求解线面垂直答案 (－2,4,1)或(2，－4，－1)解析 据题意，得AB →＝(－1，－1,2)，AC →＝(1,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )，∵n 与平面ABC 垂直，∴⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －x －y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4z ，y ＝－2x . ∵|n |＝21，∴x 2＋y 2＋z 2＝21，解得y ＝4或y ＝－4.当y ＝4时，x ＝－2，z ＝1；当y ＝－4时，x ＝2，z ＝－1.三、解答题11.如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ＝4，BC ＝3，AD＝5，∠DAB ＝∠ABC ＝90°，E 是CD 的中点．证明：CD ⊥平面P AE .考点 向量法求解直线与平面的位置关系题点 向量法解决线面垂直证明 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系Axyz .设P A ＝h ，则A (0,0,0)，B (4,0,0)，C (4,3,0)，D (0,5,0)，E (2,4,0)，P (0，0，h )．所以CD →＝(－4,2,0)，AE →＝(2,4,0)，AP →＝(0,0，h )．因为CD →·AE →＝－8＋8＋0＝0，CD →·AP →＝0，所以CD ⊥AE ，CD ⊥AP ，而AP ，AE 是平面P AE 内的两条相交直线，所以CD⊥平面P AE.12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥底面ABCD，P A＝AB＝1，AD＝3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动．求证：无论点E在BC边的何处，都有PE⊥AF.考点向量法求解直线与直线的位置关系题点方向向量与线线垂直证明 以A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，则P (0,0,1)，B (0,1,0)，F ⎝⎛⎭⎫0，12，12，D ()3，0，0， 设BE ＝x (0≤x ≤3)，则E (x,1,0)，PE →·AF →＝(x,1，－1)·⎝⎛⎭⎫0，12，12＝0， 所以x ∈[0， 3 ]时都有PE ⊥AF ，即无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF .13.如图，在底面为平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝AB ，点E 是PD 的中点．求证：(1)AC ⊥PB ；(2)PB ∥平面AEC .考点 向量法求解直线与直线的位置关系题点 方向向量与线线垂直证明 (1)如图，以A 为坐标原点，AC ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，设AC ＝a ，P A ＝b .则有A (0,0,0)，B (0，b,0)，C (a,0,0)，P (0,0，b )，∴AC →＝(a,0,0)，PB →＝(0，b ，－b )．从而AC →·PB →＝0，∴AC ⊥PB .(2)由已知得D (a ，－b,0)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，－b 2，b 2，∴AE →＝⎝⎛⎭⎫a 2，－b 2，b 2. 设平面AEC 的一个法向量为n ，则n ⊥AC →且n ⊥AE →，可得n ＝(0,1,1)．∵n ·PB →＝0，∴n ⊥PB .又PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥平面AEC . 四、探究与拓展14.如图，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，E 是CD 的中点，F 是AD 上一点，当BF ⊥PE 时，AF ∶FD 的比值为( )A ．1∶2B ．1∶1C ．3∶1D ．2∶1 答案 B解析 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Axyz ，设正方形边长为1，P A ＝a ，则B (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P (0,0，a )．设点F 的坐标为(0，y,0)，则BF →＝(－1，y,0)，PE →＝⎝⎛⎭⎫12，1，－a .因为BF ⊥PE ，所以BF →·PE →＝0，解得y ＝12，即点F 的坐标为⎝⎛⎭⎫0，12，0，所以F 为AD 的中点，所以AF ∶FD ＝1∶1.15.如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：ME ⊥平面BCC 1B 1.考点 向量法求解直线与平面的位置关系题点 向量法解决线面垂直证明 (1)以B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1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Bxyz ，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)，∴BD 1→＝BE →＋BF →，故BD 1→，BE →，BF →共面．又它们有公共点B ，∴E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z )，则GM -→＝⎝⎛⎭⎫0，－23，z ，而BF →＝(0,3,2)， 由题设得GM -→·BF →＝－23·3＋z ·2＝0，得z ＝1. ∵M (0,0,1)，E (3,0,1)，∴ME -→＝(3,0,0)，又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)∴ME -→·BB 1→＝0，ME -→·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC .又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.。

1.4.2 用空间向量研究距离、夹角问题（2）一、内容和内容解析1.内容运用空间向量研究立体几何中图形的位置关系和度量关系，包括用空间向量描述空间直线、平面间的平行、垂直关系，用空间向量解决空间距离、夹角问题等.2.内容解析选择性必修第一册中关于空间向量安排了四节内容，是必修第二册中平面向量内容的延续和拓展，空间向量基本定理的内容可以由平面向量的知识类比得到.空间向量的四节知识彼此渗透，彼此衔接，共同完成了空间向量的知识体系.本节重点是空间向量基本定理在解决立体几何问题中线与线、线与面和面与面夹角的问题.在必修立体几何内容中，证明异面直线垂直、两直线平行以及异面直线成角的求法，已经有相应的定理、定义作为保证.空间向量基本定理中蕴含的基底法是解决向量问题的基本方法之一，空间向量应用在立体几何中，有利于学生克服空间想象力的障碍和空间作图的困难.利用空间向量基底法解立体几何问题，可以把抽象的立体几何问题平面化，转化为代数计算问题，并具有很强的规律性和可操作性.对于培养学生数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等数学核心素养有着重要意义.二、目标和目标解析1.目标（1）理解两异面直线所成角与它们的方向向量之间的关系，会用向量方法求两异面直线所成角.（2）理解直线与平面所成角与直线的方向向量和平面的法向量夹角之间的关系，会用向量方法求直线与平面所成角.（3）理解二面角大小与两个平面法向量夹角之间关系，会用向量方法求二面角的大小.（4）让学生体验向量方法在解决立体几何问题中的作用.（5）通过本节学习，提升学生的直观想象、数学运算、逻辑推理和数学抽象等数学学科核心素养．2.目标解析“空间向量的应用”主要是利用向量方法解决简单的立体几何问题，包括用空间向量描述空间直线、平面间的平行、垂直关系，证明直线、平面位置关系的判定定理，用空间向量解决空间距离、夹角问题等，向量方法是这部分的重点．为了使学生掌握向量方法，教科书注意以典型的立体几何问题为例，让学生体会向量方法在解决立体几何问题中的作用，并引导学生自己归纳用向量方法解决立体几何问题的“三步曲”．同时，教科书还注意引导学生归纳向量法、综合法与坐标法的特点，根据具体问题的特点选择合适的方法．空间向量体系的建立需要立体几何的基本知识，反过来，立体几何中的问题可以用向量方法解决．因此，我们说空间向量与立体几何间有着天然的联系．“空间向量与立体几何”属于“几何与代数”内容主线，课程标准设计这条主线的一个基点是：让学生知道如何用代数运算解决几何问题，这是现代数学的重要研究手法．向量方法是解决几何问题的常用方法．立体几何所讨论的是三维空间中的点、直线、平面等元素，由于它们可以与空间向量建立联系，许多立体几何问题可以转化为空间向量问题，通过空间向量的运算得出几何结论．解决这些问题，主要运用向量方法．一般地，利用空间向量解决立体几何问题，有如下的“三步曲”：第一步，建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面，把立体几何问题转化为向量问题；第二步，通过向量运算，研究点、直线、平面之间的位置关系以及它们之间的距离和夹角等问题；第三步，把向量运算的结果“翻译”成相应的几何结论 ．这种利用向量方法解决立体几何问题的“三步曲”，在解决几何问题时具有程序性、普适性．三、教学问题诊断分析有空间向量基本定理做支撑，学生不难接受利用“基底法”解决立体几何中的相关问题.本节的难点在于三方面：一是忽略异面直线成角范围，导致错误答案.二是直线与平面所成的角是直线的方向向量和平面的法向量夹角的余角.三是对向量的相关运算不熟练，导致结果不正确.教学中可以适当用图形进行演示，让学生领会的更深刻一些.四、教学过程设计（一）旧知回顾建立空间向量与几何要素的对应关系是利用空间向量解决立体几何问题的关键。

空间向量证明线面垂直
在三维空间中，我们可以使用向量来证明线和面的垂直关系。

假设有一条直线 L，其方向向量为 a，过一点 P 的平面方程为 Ax
+ By + Cz + D = 0。

我们要证明直线 L 与平面的法向量垂直。

首先，我们知道直线 L 上的任意一点可以表示为 P = P0 + ta，其中 P0 是直线上的一个特定点，a 是直线的方向向量，t 是一个
实数。

假设直线 L 与平面的法向量为 n = (A, B, C)。

现在我们来证明直线 L 与平面的法向量垂直。

我们知道如果两
个向量垂直，它们的点积为零。

因此，我们可以计算直线的方向向
量与平面的法向量的点积：
a · n = Aa1 + Ba2 + Ca3。

其中，a1、a2 和 a3 是向量 a 的分量。

由于直线 L 上的任意
一点 P 可以表示为 P0 + ta，我们可以将 P 的坐标代入平面方程中：
A(P0x + tax) + B(P0y + tay) + C(P0z + taz) + D = 0。

展开并整理得到：
t(Aa1 + Ba2 + Ca3) + (AP0x + BP0y + CP0z + D) = 0。

由于上式对于直线 L 上的任意点成立，因此必须有 Aa1 + Ba2 + Ca3 = 0。

这意味着直线的方向向量与平面的法向量垂直，即直线和平面垂直。

因此，我们使用空间向量证明了直线和平面的垂直关系。

这种方法可以帮助我们在三维空间中分析线和面的相互关系，为我们理解空间中的几何关系提供了有力的工具。