2024秋高中數(shù)學(xué)第三章空間向量與立體幾何3.2.2空間向量與垂直關(guān)系學(xué)案含解析新人教A版選修2-1

PAGE1-3.2.2空間向量與垂直關(guān)系自主預(yù)習(xí)·探新知情景引入1．兩向量垂直時，它們所在的直線垂直嗎？2．兩平面的法向量垂直時，兩平面垂直嗎？3．怎樣用直線的方向向量和平面的法向量來描述線面垂直關(guān)系？新知導(dǎo)學(xué)空間垂直關(guān)系的向量表示設(shè)直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，平面α，β的法向量分別為u＝(u1，u2，u3)，v＝(v1，v2，v3)，則位置關(guān)系向量關(guān)系向量運算關(guān)系坐標(biāo)關(guān)系l⊥m__a⊥b____a·b＝0__a1b1＋a2b2＋a3b3＝0l⊥α__a∥u____a＝λu，λ∈R__a1＝λu1，a2＝λu2，a3＝λu3α⊥β__u⊥v__u·v＝0u1v1＋u2v2＋u3v3＝0預(yù)習(xí)自測1．設(shè)直線l1，l2的方向量分別為a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，則m等于(D)A．－2 B．2C．6 D．10[解析]l1⊥l2，則a⊥b，所以－6－4＋m＝0，∴m＝10，故選D．2．若平面α，β垂直，則下面可以作為這兩個平面的法向量的是(A)A．n1＝(1,2,1)，n2＝(－3,1,1)B．n1＝(1,1,2)，n2＝(－2,1,1)C．n1＝(1,1,1)，n2＝(－1,2,1)D．n1＝(1,2,1)，n2＝(0，－2，－2)3．(2024－2024學(xué)年北京市房山區(qū)期末檢測)已知直線l的方向向量a＝(－1,2,1)，平面α的法向量b＝(－2,4,2)，則直線l與平面α的位置關(guān)系是(B)A．l∥α B．l⊥αC．l?α D．l∈α[解析]∵直線l的方向向量a＝(－1,2,1)，平面α的法向量b＝(－2,4,2)，∴b＝2a，∴則b與a共線，可得：l⊥a.故選B．4．已知平面α和平面β的法向量分別為a＝(1,1,2)，b＝(x，－2,3)，且α⊥β，則x＝__－4__.[解析]α⊥β，則a⊥b，∴x－2＋6＝0，∴x＝－4.5．已知平面α內(nèi)有一點M(1，－1,2)，平面α的一個法向量n＝(6，－3,6)，則點P(2,3,3)與平面α的位置關(guān)系是__P∈α__.[解析]∵eq\o(MP,\s\up6(→))＝(1,4,1)，∴eq\o(MP,\s\up6(→))·n＝1×6－3×4＋1×6＝0，∴eq\o(MP,\s\up6(→))⊥n，又∵點M∈α，∴P∈α.互動探究·攻重難互動探究解疑命題方向?線線垂直典例1已知正方體ABCD－A′B′C′D′中，點M、N分別是棱BB′與對角線CA′的中點．求證：MN⊥BB′，MN⊥A′C.[思路分析]正方體是特別幾何體，從一頂點動身的三條棱相互垂直，故便利建系，求出點的坐標(biāo)，然后只要驗證eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BB′,\s\up6(→))＝0，eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(A′C,\s\up6(→))＝0即可．[證明]設(shè)正方體棱長為1，以A為原點，eq\o(AB,\s\up6(→))、eq\o(AD,\s\up6(→))、eq\o(AA′,\s\up6(→))分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2)))、B(1,0,0)、C(1,1,0)、A′(0,0,1)、Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))、B′(1,0,1)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))、eq\o(A′C,\s\up6(→))＝(1,1，－1)、eq\o(BB′,\s\up6(→))＝(0,0,1)．∵eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(A′C,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))·(1,1，－1)＝0，eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BB′,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))·(0,0,1)＝0，∴MN⊥A′C，MN⊥BB′.『規(guī)律總結(jié)』用向量方法證明直線l1與l2垂直，取l1、l2的方向向量e1、e2，則e1·e2＝0或cos〈e1，e2〉＝0.┃┃跟蹤練習(xí)1__■已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱長都為1，M是底面上BC邊的中點，N是側(cè)棱CC1上的點，且CN＝eq\f(1,4)CC1.求證：AB1⊥MN.[證明]如圖，以平面ABC內(nèi)垂直于AC的直線為x軸，eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))所在直線為y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B1(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1)，M(eq\f(\r(3),4)，eq\f(3,4)，0)，N(0,1，eq\f(1,4))．即eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2)，1)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,4))．故eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝－eq\f(3,8)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,4)＝0.因此eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(MN,\s\up6(→))，即AB1⊥MN.命題方向?線面垂直典例2在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F分別為BB1、D1B1的中點．求證：EF⊥平面B1AC[思路分析]證法一：選取基向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，用a，b，c表示eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(B1C,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝0，得出結(jié)論．證法二：建系求出A、C、E、F、B1各點坐標(biāo)，求出eq\o(EF,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))的坐標(biāo)，利用向量的坐標(biāo)運算求得eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，得出結(jié)論．[證明]證法一：設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a、eq\o(AD,\s\up6(→))＝b、eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(EB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1F,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(BB1,\s\up6(→))＋eq\o(B1D1,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(BD,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(－a＋b＋c,2)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a＋c.∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\f(－a＋b＋c,2)·(a＋c)＝eq\f(－a2＋a·b＋a·c－a·c＋b·c＋c2,2)＝eq\f(－a2＋a·b＋b·c＋c2,2)＝eq\f(－|a|2＋0＋0＋|c|2,2)＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，即EF⊥AB1.同理EF⊥B1C.又AB1∩B1C＝B1∴EF⊥平面B1AC證法二：設(shè)正方體的棱長為2，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2,0,0)、C(0,2,0)、B1(2,2,2)、E(2,2,1)、F(1,1,2)．∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(－1，－1,1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)·(0,2,2)＝0，eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)·(－2,2,0)＝0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，即EF⊥AB1，EF⊥AC.又AB1∩AC＝A，∴EF⊥平面B1AC『規(guī)律總結(jié)』證明直線l⊥平面α，(一)取直線的方向向量e和平面的法向量n，驗證e∥n；(二)取直線的方向向量e和與平面α平行的兩不共線向量a、b，驗證e·a＝0且e·b＝0.可以選取基向量表示便利建系時一般用坐標(biāo)法證明．┃┃跟蹤練習(xí)2__■如圖所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的全部棱長都為2，D為CC1求證：AB1⊥平面A1BD.[證明]如圖所示，取BC的中點O，連接AO.因為△ABC為正三角形，所以AO⊥BC.因為正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1所以AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中點O1，以O(shè)為原點，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OO1,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq\r(3))，A(0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0)．所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(－1,2，eq\r(3))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．方法一：因為eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BA1,\s\up6(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq\r(3))×eq\r(3)＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq\r(3))×0＝0.所以eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD.又因為BA1∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD.方法二：設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則有n⊥eq\o(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(BD,\s\up6(→))，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))令x＝1，則y＝2，z＝－eq\r(3)，故n＝(1,2，－eq\r(3))為平面A1BD的一個法向量，而eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq\r(3))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝n，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))∥n，故AB1⊥平面A1BD.學(xué)科核心素養(yǎng)面面垂直利用空間向量證明面面垂直通?？梢杂袃蓚€途徑：一是利用兩個平面垂直的判定定理將面面垂直問題轉(zhuǎn)化為線面垂直進而轉(zhuǎn)化為線線垂直；二是干脆求解兩個平面的法向量，證明兩個法向量垂直，從而得到兩個平面垂直．典例3已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E、F、G分別是BB1、DD1、DC的中點，求證：(1)平面ADE∥平面B1C(2)平面ADE⊥平面A1D1G(3)在AE上求一點M，使得A1M⊥平面DAE[規(guī)范解答]以D為原點，eq\o(DA,\s\up6(→))、eq\o(DC,\s\up6(→))、eq\o(DD1,\s\up6(→))為正交基底建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則D(0,0,0)、D1(0,0,2)、A(2,0,0)、A1(2,0,2)、E(2,2,1)、F(0,0,1)、G(0,1,0)、B1(2,2,2)、C1(0,2,2)．(1)設(shè)n1＝(x1，y1，z1)、n2＝(x2，y2，z2)分別是平面ADE、平面B1C1F的法向量，則n1⊥eq\o(DA,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(AE,\s\up6(→)).∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up6(→))＝0,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x1＝0,2y1＋z1＝0))，取y1＝1，z1＝－2，∴n1＝(0,1，－2)．同理可求n2＝(0,1，－2)．∵n1∥n2，∴平面ADE∥平面B1C(2)∵eq\o(DA,\s\up6(→))·eq\o(D1G,\s\up6(→))＝(2,0,0)·(0,1，－2)＝0，∴eq\o(DA,\s\up6(→))⊥eq\o(D1G,\s\up6(→)).∵eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(D1G,\s\up6(→))＝(0,2,1)·(0,1，－2)＝0，∴eq\o(AE,\s\up6(→))⊥eq\o(D1G,\s\up6(→)).∵eq\o(DA,\s\up6(→))、eq\o(AE,\s\up6(→))不共線，∴D1G⊥平面ADE.又∵D1G?平面A1D1∴平面ADE⊥平面A1D1G(3)由于點M在AE上，所以可設(shè)eq\o(AM,\s\up6(→))＝λ·eq\o(AE,\s\up6(→))＝λ·(0,2,1)＝(0,2λ，λ)，∴M(2,2λ，λ)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(0,2λ，λ－2)．要使A1M⊥平面DAE，需A1M⊥∴eq\o(A1M,\s\up6(→))·eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,2λ，λ－2)·(0,2,1)＝5λ－2＝0，∴λ＝eq\f(2,5).此時Aeq\o(M,\s\up6(→))·Deq\o(A,\s\up6(→))＝(0,2λ，λ－2)·(2,0,0)＝0，∴eq\o(A1M,\s\up6(→))⊥AD.故當(dāng)A1M＝eq\f(2,5)AE時，A1M⊥平面DAE.『規(guī)律總結(jié)』1.證明平面α⊥平面β，求出平面α與β的法向量e1，e2，驗證e1·e2＝0，或轉(zhuǎn)化為證明線面垂直，用面面垂直的判定定理證明．2．探究性、存在性問題：(1)存在性問題，先假設(shè)存在，依據(jù)題目條件，利用線面位置關(guān)系的向量表示建立方程或方程組，若能求出符合題意要求的值則存在，否則不存在．(2)探究點的位置的題目，一般先設(shè)出符合題意要求的點，再利用題設(shè)條件建立方程求參數(shù)的值或取值范圍．┃┃跟蹤練習(xí)3__■三棱錐被平行于底面ABC的平面所截得的幾何體如右圖所示，截面為A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝eq\r(3)，AB＝AC＝2A1C1＝2，D為BC的中點．證明：平面A1AD⊥平面BCC1[證明]證法一：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(0,2,0)、A1(0,0，eq\r(3))、C1(0,1，eq\r(3))．∵D為BC的中點，∴D點坐標(biāo)為(1,1,0)．∴eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)、eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))、eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．∴eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0×(－2)＋0×2＋eq\r(3)×0＝0.∴eq\o(AD,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→)).∴BC⊥AD，BC⊥AA1.又A1A∩AD＝A，∴BC⊥平面A1AD又BC?平面BCC1B1，∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.證法二：同證法一建系后，得eq\o(AA1,\s\up6(→))＝(0,0，eq\r(3))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(3))．設(shè)平面A1AD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面BCC1B1的法向量為n2＝(x2，y2，z2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up6(→))＝0,n1·\o(AD,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)z1＝0,x1＋y1＝0)).令y1＝－1，則x1＝1，z1＝0，∴n1＝(1，－1,0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BC,\s\up6(→))＝0,n2·\o(CC1,\s\up6(→))＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x2＋2y2＝0,－y2＋\r(3)z2＝0))，令y2＝1，則x2＝1，z2＝eq\f(\r(3),3)，∴n2＝(1,1，eq\f(\r(3),3))．∵n1·n2＝1－1＋0＝0，∴n1⊥n2.∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.易混易錯警示典例4在四面體ABCD中，AB⊥平面BCD，BC＝CD，∠BCD＝90°，∠ADB＝30°，E、F分別是AC、AD的中點．推斷平面BEF與平面ABC是否垂直．[錯解]過B作Bx∥CD，∵CD⊥BC，∴Bx⊥BC.建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則平面ABC的一個法向量n＝(1,0,0)，設(shè)BC＝a，則CD＝a，BD＝eq\r(2)a，∵∠ADB＝30°，∴AB＝eq\r(2)a，∴C(0，a,0)、D(a，a,0)、A(0,0，eq\r(2)a)，∵E(0，eq\f(a,2)，eq\f(\r(2