1.4.1第3課時　空間中直線、平面的垂直 導學案答案

第3課時空間中直線、平面的垂直【課前預習】知識點u1⊥u2u1·u2=0u1∥n1u1=λn1n1⊥n2n1·n2=0診斷分析(1)√(2)√(3)√(4)√【課中探究】探究點一例1(1)α⊥β(2)(-1,0,2)[解析](1)由u1·u2=0,得α⊥β.(2)由題意得PA=(-x,1,-z),AB=(-1,-1,-1),AC=(2,0,1).設(shè)平面ABC的法向量為n=(a,b,c),由n·AB=0,n·AC=0,得-a-b-c=0,2a+c=0,令a=1,則平面ABC的一個法向量為n=(1,1,-2).因為PA⊥平面ABC,變式A[解析]以D為原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,設(shè)正方體的棱長為1,則D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),設(shè)F(a,1,1-a)(0≤a≤1),故A1F=(a-1,1,-a),B1D=(-1,-1,-1),BD=(-1,-1,0),DC1=(0,1,1),所以A1F·B1D=1-a-1+a=0,即A1F⊥B1D,故A正確;顯然當點F在BC1上運動的過程中,A1F可能與B1D相交,故B錯誤;若A1F⊥平面BDC1,則A1F·BD=1-a-1=0,A1F·DC1=1-探究點二例2解:(1)證明:∵四邊形ABCD是邊長為1的菱形,∴CB=CD=1,∴CC1·BD=CC1·(CD-CB)=CC1·CD-CC1·CB=a×1×12-a×1×12=0,(2)當a=1時,直線CA1與平面C1BD垂直.證明如下:∵CA1·BD=(CD+CB+CC1)·(CD-CB)=CD2-CB·CD+CB·CD-CB2+CC1·CD-CB·CC1=0,∴CA1⊥BD,即CA1⊥BD.當a=1時,同理可證CA1⊥BC1,∵BC1?平面BDC1,BD?平面BDC1,BC(3)CA1=CD+CB+CC1,∵a=1,∴CA12=(CD+CB+CC1)2=CD2+CB2+CC12+2CD·CB+2CC1·CD+2CB·CC1=12+12+12+2×1×1×12+2×1×1×12+2例3解:(1)證明:∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,AF?平面ADEF,∴AF⊥平面ABCD.∵AC?平面ABCD,∴AF⊥AC.過A作AH⊥BC于H,如圖,則BH=1,AH=3,CH=3,∴AC=23,∴AB2+AC2=BC2,∴AC⊥AB.∵AB∩AF=A,AB,AF?平面FAB,∴AC⊥平面FAB.∵BF?平面FAB,∴AC⊥BF.(2)存在滿足題意的點P,理由如下:由(1)知,AF,AB,AC兩兩垂直.以A為坐標原點,AB,AC,AF所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,23,0),E(-1,3,2).假設(shè)在線段BE上存在一點P滿足題意,則易知點P不與點B,E重合,設(shè)BPPE=λ(λ>0),則P2設(shè)平面PAC的法向量為m=(x,y,z).AP=2-λ1+λ,3λ1+λ,2λ1+λ,AC=(0,23,0),可得m·AP同理可得n=1,33,當m·n=0,即λ=23時,平面PAC⊥平面BCEF,故存在滿足題意的點P,此時BPPE=變式證明:(1)由題意知AA1,AB,AC兩兩垂直,以A為坐標原點,分別以AA1,AB,AC所在直線為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.設(shè)正方形AA1C1C的邊長為2,則A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0),C1(2,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1).由題意知AA1⊥A1B1,AA1⊥A1C1,又因為A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1?平面A1B1C1,所以AA1⊥平面A1B1C1.因為AA1=(2,0,0),MN=(0,1,1),所以MN·AA1=0,即MN又因為MN?平面A1B1C1,所以MN∥平面A1B1C1.(2)設(shè)平面MBC1與平面BB1C1C的法向量分別為n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).MB=(-1,2,0),MC1=(1,0,2),可得n令x1=2,則平面MBC1的一個法向量為n1=(2,1,-1).BB1=(2,0,0),B1C可得n2·令y2=1,則平面BB1C1C的一個法向量為n2=(0,1,1).因為n1·n2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n1⊥n2,所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.拓展解:(1)證明:∵DE⊥AB,∴BE⊥DE,又∵BE⊥A1D,DE∩A1D=D,DE?平面A1DE,A1D?平面A1DE,∴BE⊥平面A1DE.∵A1E?平面A1DE,∴A1E⊥BE,又∵A1E⊥DE,BE∩DE=E,BE?平面BCDE,DE?平面BCDE,∴A1E⊥平面BCDE.(2)存在,理由如下:∵A1E⊥平面BCDE,BE⊥DE,∴以E為原點,分別以EB,ED,EA1所在直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,則B(1,0,0),D(0,3,0),A1(0,0,1).假設(shè)在線段BD上存在一點P,使得平面A1EP⊥平面A1BD,設(shè)P(x,y,z),BP=λBD(0≤λ≤1),則(x-1,y,z)=λ(-1,3,0),∴P(1-λ,3λ,0),∴EA1=(0,0,1),EP=(1-λ,3設(shè)平面A1EP的法向量為m=(x1,y1,z1),由m·E令x1=3λ,得m=(3λ,λ-1,0).設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x2,y2