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高考数学二轮复习 专题五 第3讲 立体几何中的向量方法配套课件 理

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立体几何中的向量方法求夹角PPT课件

立体几何中的向量方法求夹角PPT课件

D
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A x
By
【典例剖析】
例3 如图,在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，
侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=1,AD= 3，在线段BC
上是否存在一点E,使PA与平面PDE所成角的大小为450? 若存在，确定点E的位置；若不存在说明理由。
z P
A
D x
By E
C
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第23页/共35页
又因为Ca2，0，0， 所以C→M＝－34a， 43a，0， 所以cos〈A→C1，C→M〉＝|AA→→CC11|··|CC→→MM|＝ －3·342a32a2＝－12， ∴AC1与平面ABB1A1所成角为30°.
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例1： 在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB 6, AD 8,
第26页/共35页
NN C11
CC
D11
DD y
【典例剖析】 例2、如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平
行四边形，侧面SBC 底面ABCD。已知ABC 450
AB=2，BC= 2 2 ，SA=SB= 3 .
(1)求证 SA BC.
(2)求直线SD与平面SAB所成角的正弦值。 z
S
C
O
设平面SCD的法向量n2 (x, y, z), 由n2 CD, n2 SD,得：
x
y 2
0
y 2
z
0
x
z
y 2 y 2
任取n2 (1,2,1)
cos
n1,
n2
|
n1 n2 n1 || n2
|
6 3
即所求二面角得余弦值是 6 3
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【高考数学二轮学习精品讲义教师版】第三部分_重点板块_专题三立体几何：第3讲立体几何中的向量方法

【高考数学二轮学习精品讲义教师版】第三部分_重点板块_专题三立体几何：第3讲立体几何中的向量方法
第 182 页 共 434 页
法二：(1)证明：连接 A1E. 因为 A1A＝A1C，E 是 AC 的中点，所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E⊂平面 A1ACC1，平面 A1ACC1∩ 平面 ABC＝AC， 所以 A1E⊥平面 ABC. 如图②，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1 为 y，z 轴的正半 轴，建立空间直角坐标系 E­xyz.
(2)由(1)知，E(0，0，3)，G2a，1，4，F(0，1，4)， 则―E→G ＝a2，1，1， ―E→F ＝(0，1，1)，
―B1→D·―E→G ＝0＋2－2＝0，―B1→D·―E→F ＝0＋2－2＝0， 即 B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EGF， 因此 B1D⊥平面 EGF. 结合(1)可知―B1→D是＝ 2cos 60°＝ 22，
∴|cos θ|＝ 22.∴cos β＝ 22|cos θ|＝21. ∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线 AB 与 b 的夹角为 60°. ∴②正确，①错误．∴正确的说法为②③. 法二：由题意，AB 是以 AC 为轴，BC 为底面半径的圆锥的母 线，又 AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点 B， 作 BD∥a，交底面圆 C 于点 D，如图所示，连接 DE，则 DE⊥BD，
[例 1] 如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝
AP＝2，AB＝1，点 E 为棱 PC 的中点．证明：
(1)BE⊥DC；
(2)BE∥平面 PAD；
(3)平面 PCD⊥平面 PAD. [证明] 依题意，以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可 得 B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1，1，1)． (1)向量―B→E ＝(0，1，1)，―D→C ＝(2，0，0)，故―B→E ·―D→C ＝0.所以 BE⊥DC. (2)因为 AB⊥AD，又 PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD，所以 AB⊥PA，PA∩AD＝A， 所以 AB⊥平面 PAD，所以向量―A→B ＝(1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量． 而―B→E ·―A→B ＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以 BE⊥AB，又 BE⊄平面 PAD，所以 BE∥平面 PAD. (3)由(2)知平面 PAD 的一个法向量―A→B ＝(1，0，0)，向量―P→D ＝(0，2，－2)，―D→C ＝(2， 0，0)， 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，

高中数学3.2立体几何中的向量方法课件-(共43张PPT)

高中数学3.2立体几何中的向量方法课件-(共43张PPT)

，即14x＋ 43y＋12z＝0
，
令 y＝2，则 z＝－ 3，∴n＝(0,2，－ 3)．
∵ PD ＝0，23 3，－1，显然 PD ＝
3 3 n.
26
∵ PD ∥n，∴ PD ⊥平面 ABE，即 PD⊥平面 ABE.
探究提高 证明线面平行和垂直问题，可以用 几何法，也可以用向量法，用向量法的关键在 于构造向量，再用共线向量定理或共面向量定 理及两向量垂直的判定定理。若能建立空间直 角坐标系，其证法较为灵活方便.
7
r 平面的法向量：如果表示向量 n的有向线段所在
直线垂直于r平面 ，则称r这个向量垂直于平r
面 ,记作 n⊥ ，如果 n⊥ ，那 么 向 量n
叫做平面 的法向量.
r
l
给定一点Ar 和一个向量 n,那么 过点A,以向量 n 为法向量的平面是
r 完全确定的.
n
几点注意：
1.法向量一定是非零向量;
17
题型分类 深度剖析
题型一 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.
18
证明 方法一 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
1，得
x
1 2
y 1
r n
(
1
,
1,1),
2
10
思考2：
因为方向向量与法向量可以确定直线和平面的 位置，所以我们应该可以利用直线的方向向量与平 面的法向量表示空间直线、平面间的平行、垂直、 夹角等位置关系.你能用直线的方向向量表示空间两 直线平行、垂直的位置关系以及它们之间的夹角吗？ 你能用平面的法向量表示空间两平面平行、垂直的 位置关系以及它们二面角的大小吗？

2020高三数学总复习立体几何中的向量方法PPT课件

2020高三数学总复习立体几何中的向量方法PPT课件

[答案] 30°
[解析] 设 l 与 α 所成的角为 θ，则 sin θ ＝|cos〈m，n〉|＝12，∴θ＝ 30°.
课前双基巩固
题组三 常考题
6．如图 6-42-4 所示，已知空间四面体 O -ABC 中， OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝π3 ，则 cos〈O→A， B→C〉的值为________.
方向建立空间直角坐标系，可知
C→M＝(2，－2，1)，D→1N＝(2，2， －1)，所以 cos〈C→M，D→1N〉＝－
19，所以
sin〈C→M，D→1N〉＝4
9
5 .
课前双基巩固
题组二 常错题 索引：二面角的取值范围出错；直线和平面所成的角的取值范围出错．
4．已知两平面的法向量分别为 m＝(0，1， 0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角 的大小为________．
课前双基巩固
2．[教材改编] 如果平面的一条斜线和斜线在这个 平面上的射影的方向向量分别是 a＝(0，2，1)，b
＝( 2， 5， 5)，那么这条斜线与平面的夹角是 ________．
[答案] 30°
[解析] cos〈a，b〉＝|aa·|·|bb| ＝ 23，因此 a 与 b 的夹 角为 30°，即斜线与平 面的夹角为 30°.
图 6-42-5
[答案] 2 17 cm
[解析] 设A→B＝a，A→C＝c，B→D＝d， 由已知条件知|a|＝4，|c|＝6，|d|＝8， 〈a，c〉＝90°，〈a，d〉＝90°， 〈c，d〉＝60°，|C→D|2＝|C→A＋A→B＋ B→D|2＝|－c＋a＋d|2＝a2＋c2＋d2－ 2a·c＋2a·d－2c·d＝16＋36＋64－ 2×6×8×12＝68，则|C→D|＝2 17.

高考理科数学二轮复习ppt课件：立体几何中的向量方法

高考理科数学二轮复习ppt课件：立体几何中的向量方法

37
又D为BC的中点， 所以OD为△A1BC的中位线， 所以A1B∥OD. 因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1， 所以A1B∥平面ADC1.
∴cos〈n，A→M〉＝|nn|··|AA→→MM|＝2×1＋06××12＋0×2＝
6 6.
由图可知所求二面角为锐角，
∴二面角
A－DF－E
的余弦值为
6 6.
26
(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：
①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点
思
维 的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论
升
华 证、计算；⑤转化为几何结论.
28
变式训练2
(2013·山东)如图所示，在三棱锥P－ABQ 中，PB⊥平面ABQ，BA＝BP＝BQ，D， C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中 点，AQ＝2BD，PD与EQ交于点G，PC与FQ交于 点H，连接GH.
29
(1)求证：AB∥GH；
证明 因为D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的 中点， 所以EF∥AB，DC∥AB. 所以EF∥DC.又EF⊄平面PCD，DC⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 又EF⊂平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD＝GH， 所以EF∥GH.又EF∥AB，所以AB∥GH.
思 互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线
维 升
OM垂直于平面EFCD，即证OM垂直于平面EFCD内
华 的两条相交直线,从而转化为证明向量→ →与 向
量→ 、
OM FC
CD
17
变式训练1
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平
面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB
＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中点.

立体几何中的向量方法PPT课件

立体几何中的向量方法PPT课件
第17页/共67页
(2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0，z0)， 使得 DP∥平面 B1AE.此时D→P＝(0，－1，z0)． 又设平面 B1AE 的法向量 n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面 B1AE，∴n⊥A→B1，n⊥A→E，得aa2xx＋＋zy＝＝00，.
第18页/共67页
取 x＝1，得平面 B1AE 的一个法向量 n＝1，－a2，－a. 要使 DP∥平面 B1AE，只要 n⊥D→P，有a2－az0＝0，解得 z0＝12. 又 DP⊄平面 B1AE，∴存在点 P，满足 DP∥平面 B1AE， 此时 AP＝12.
第15页/共67页
• [审题视点] (1)证明两直线的方向向量数量积为零；(2)设存在点P(0,0，z0)，构建 z0的方程，若能求出z0的值，说明点P存在；(3)先求出两平面的法向量，利用二面角 的平面角的度数即可得到关于a的方程，从而可求出a的值．
第16页/共67页
[解] (1)以 A 为原点，A→B，A→D，A→A1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(如右图)．
第32页/共67页
求两异面直线所成的角，用向量法就是求两直线上的两方向向量的夹角，但需注 意二者范围的区别．同样地，利用向量法求二面角的大小，就是求两个半平面的 法向量的夹角(或夹角的补角)．在空间直角坐标系中，常采用待定系数法求平面 的法向量．
第33பைடு நூலகம்/共67页
[变式探究] [2013·济宁模拟]已知三棱锥 P－ABC 中， PA⊥平面 ABC，AB⊥AC，PA＝AC＝12AB，N 为 AB 上一点， AB＝4AN，M，S 分别为 PB，BC 的中点．
第25页/共67页
• 例2 [2012·重庆高考]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3， D为AB的中点．

高考数学二轮复习专题五立体几何5.3立体几何中的向量方法课件理


命题热点一
命题热点二
命题热点三
(2)由(1)知,E(0,0,3), G 则������������ =
������ 2
������ 2
,1,4 ,F(0,1,4),
,1,1 , ������������ =(0,1,1), ������1 ������ ·������������ =0+2-2
=0,������1 ������ ·������������ =0+2-2=0, 即B1D⊥EG,B1D⊥EF, 又EG∩EF=E,因此B1D⊥平面EGF. 结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.
命题热点一
命题热点二
命题热点三
用空间向量证明空间的平行与垂直 【思考】 如何用空间向量证明空间的平行与垂直? 例1已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中 点,AC=BC=BB1.
(1)求证:BC1⊥AB1; (2)求证:BC1∥平面CA1D.
命题热点一
命题热点二
命题热点三
证明： 如图,以C1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.由AC=BC=BB1,设AC=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). (1)因为������������1 =(0,-2,-2),������������1 =(-2,2,- 2), 所以������������1 ·������������1 =0-4+4=0, 因此������������1 ⊥ ������������1 ,故 BC1⊥AB 1. (2)证法一 由于������������1 =(2,0,-2),������������ =(1,1,0), 若设������������1 =x������������1 +y������������ , 2������ + ������ = 0, ������ = 1, 则得 ������ = -2, 解得 即 ������������1 = ������������1 -2������������ , ������ = -2, -2������ = -2, 所以������������1 , ������������1 , ������������ 是共面向量, 又 BC1⊄平面 CA1D,因此 BC1∥平面 CA1D.

二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)


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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h

3.2--立体几何中的向量方法(全)ppt课件


PB (1,1,1)
故PB DE 0 1
DE 1
(0,1 2
0
,1) 2
P
22 所以PB DE
F
E
由已知 EF PB,
且EF DE E,
所以PB 平面EFD A
X
D
C
Y
B
30
第30页，共70页。
例2. 四棱锥P - ABCD中, 底面ABCD是正方
形, PD 底面ABCD, PD DC ,点E是PC的中点,
A
证1 立体几何法
M
B
D
N C
MN就是异面直线AB与CD的公垂线， 故异面直线AB与CD的距离就是MN.
26
第26页，共70页。
例1 四面体ABCD的六条棱长相等, AB、CD
的中点分别是M、N,求证MN⊥AB, MN⊥CD.
证2 向量法
A
ＭＮ＝MA AD DN
M
1 AB AD 1 DC
⑴设平面的法向量为 n ( x, y,
r 习惯上取n
z);
(
x,
y,1)
⑵找出(求出)平面内的两个不共线的向量的
坐标 a (a1,b1,c1),b (a2,b2,c2 )
⑶根据法向量的定义建立关于 x, y, z 的方程
组
n
a
0
n b 0
⑷解方程组,取其中的一个解,即得法向量.
6
第6页，共70页。
z
作EF PB交PB于点F . 2 求证 : PB 平面EFD.
证2：立体几何法
P
PD 面ABCD
BC
面ABCD
PD PC
BC BC,
E
PD PC P

2019年高考数学大二轮复习专题五立体几何第3讲立体几何中的向量方法课件理ppt版本

AF，即直线 MA 与平面 CDE 不平行．
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则 O(0，0，0)，A(0，－8，0)，B(8，0，0)，C(0，8， 0)，P(0，0，6)，E(0，－4，3)，F(4，0，3)，
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图①
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如图②，建立空间直角坐标系 O－xyz，则 P(0，0， 2)，D(2，0，0)，B(－2，4，0)，B→D＝(4，－4，0)， P→D＝(2，0，－ 2)．
• 单击此处编辑母版文本样式 – 第二级 • 第三级 – 第四级 »第五级
高考导航·考题考情
体验真题
(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆 弧C︵D所在平面垂直，M 是C︵D上异 于 C，D 的点．
(1)证明：平面 AMD⊥平面 BMC； (2)当三棱锥 M－ABC 的体积最大时，求面 MAB 与 面 MCD 所成二面角的正弦值．
【解析】 依题意，可以建立 以 D 为原点，分别以D→A，D→C，D→G 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方 向的空间直角坐标系(如图)，可得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2， 0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0， 2)，M0，32，1，N(1，0，2)．
[突破练 2] (2017·北京)如图，在四棱锥 P－ ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平 面 PAD⊥平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD∥平面 MAC，PA＝PD＝ 6， AB＝4. (1)求证：M 为 PB 的中点； (2)求二面角 B－PD－A 的大小； (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．
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4
(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. (3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
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5
2.直线与直线、直线与平面 l 与平面 α 的夹角为 θ(0≤θ≤π2)， 则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|.
(3)面面夹角 设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，
则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.
提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面
华 的两条相交直线,从而转化为证明向量 与 向
量、
→ 垂直. CD
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→ OM
→ FC
17
变式训练1
如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平 面ABCD，底面ABCD是菱形，PA＝AB ＝2，∠BAD＝60°，E是PA的中点. (1)求证：直线PC∥平面BDE；
证明 设AC∩BD＝O. 因为∠BAD＝60°，AB＝2，底面ABCD为菱形，
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10
证明 方法一 由题意，得AB，AD，AE 两两垂直，以A为原点建立如图所示的空 间直角坐标系.
设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)，B(1，0,0)，
C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M12，0，0，O12，12，12.
(1)O→M＝0，－12，－12，B→A＝(－1,0,0)，
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16
→ (1)要证明线面平行，只需证明向量 OM与平面BCF的
法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证
明向量O→M与 B→F ，B→C 共面.
(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量
思 互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线
维
升 OM垂直于平面EFCD，即证OM垂直于平面EFCD内
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝ (a2，b2，c2).平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)， v＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)线线夹角
设 l，m 的夹角为 θ(0≤θ≤π2)，则
cos θ＝||aa|·|bb||＝
|a1a2＋b1b2＋c1c2| a21＋b21＋c完21 整版ap22p＋t b22＋c22.
专题五 立体几何
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1
第 3讲 立体几何中的向量方法
主干知识梳理 热点分类突破
真题与押题
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2
1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查 空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中， 考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中 档问题. 2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查 考 空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考 情 内容，属中档题. 解 3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性 读 问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力， 是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．
角的补角，要注意从图中完整分版p析pt .
7
3.求空间距离
直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为
点到平面的距离，点P到平面α的距离：d＝ →
|PM·n|
(其中n为α的法向量，M为α内任一点).
|n|
完整版ppt
8
热点分类突破
➢ 热点一 利用向量证明平行与垂直 ➢ 热点二 利用向量求空间角 ➢ 热点三 利用空间向量求解探索性问题
(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，
∵C→D＝B→A，F→C＝B→C－B→F， ∴O→M·C→D＝－12B→C－21B→F·B→A＝0， O→M·F→C＝－21B→C－21B→F·(B→C完－整版B→ppFt )＝－12B→C2＋21B→F2＝0. 15
∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C， ∴OM⊥平面EFCD. 又OM⊂平面MDF， ∴平面MDF⊥平面EFCD.
方法二 (1)O→M＝O→F＋F→B＋B→M＝12D→F－B→F＋21B→A
＝12(D→B＋B→F)－B→F＋21B→A＝－21B→D－12B→F＋12B→A
＝－12(B→C＋B→A)－12B→F＋12B→A完＝整版－ppt12B→C－12B→F.
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∴向量O→M与向量B→F，B→C共面，
又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
∵D→F＝(1，－1,1)，D→M＝12，－1，0，D→C＝(1,0,0)，
由 n1·D→F＝n1·D→M＝0，
x1－y1＋z1＝0， 得12x1－y1＝0，
解得y1＝12x1， z完1＝整版－ppt21x1，
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令 x1＝1，则 n1＝1，12，－12.
同理可得n2＝(0,1,1). ∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.
所以BO＝1，AO＝CO＝ 3完整版，ppt AC⊥BD.
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如图，以O为坐标原点，以OB，OC所 在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行 于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标 系O－xyz，
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热点一 利用向量证明平行与垂直
例1 如图，在直三棱柱ADE—BCF
中，面ABFE和面ABCD都是正方形
且互相垂直，M为AB的中点，O为
DF的中点.运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
思维启迪 从A点出发的三条直线
AB 、 AD ， AE 两 两 垂 直 , 可建立空间直角坐标系.
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主干知识梳理
1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1).平面α、β的法向 量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)(以下相同). (1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
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∴O→M·B→A＝0, ∴O→M⊥B→A.
∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，
∴AB⊥平面BCF，∴
→ BA
是平面BCF的一个法向量，
且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.
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(2)平面MDF⊥平面EFCD. 证明 设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2).