专题7.6利用空间向量证明平行与垂直 2020年高考数学一轮复习对点提分（文理科通用）解析版

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1、第七篇 立体几何与空间向量专题7.06利用空间向量证明平行与垂直【考试要求】1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理；4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；5.能用向量方法解决点到平面、相互平行的平面的距离问题；6.并能描述解决夹角和距离的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.【知识梳理】1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量

2、：直线l，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面的法向量.2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1l2n1n2n1n2l1l2n1n2n1n20直线l的方向向量为n，平面的法向量为mlnmnm0lnmnm平面，的法向量分别为n，mnmnmnmnm03.异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角l1与l2所成的角范围(0，)求法cos cos |cos |4.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，n|.5.求二面角的大小(1)如图，AB，CD是二面

3、角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，.(2)如图，n1，n2 分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小满足|cos |cosn1，n2|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).6.点到平面的距离用向量方法求点B到平面距离基本思路：确定平面法向量， 在平面内取一点A，求向量到法向量的投影向量，投影向量的长度即为所要求的距离.如图平面的法向量为n，点B到平面的距离d.【微点提醒】1.平面的法向量是非零向量且不唯一.2.建立空间直角坐标系要建立右手直角坐标系.3.线面角的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin |cosa，n

4、|，不要误记为cos |cosa，n|.4.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面，的法向量n1，n2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n1，n2的夹角是相等，还是互补.【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.()(2)若直线a的方向向量和平面的法向量平行，则a.()(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.()(4)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是0，.()【答案】(1)(2)(3)(4)【解析】(1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；(

5、2)a；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.【教材衍化】2.(选修21P104练习2改编)已知平面，的法向量分别为n1(2，3，5)，n2(3，1，4)，则()A. B.C.，相交但不垂直 D.以上均不对【答案】C【解析】n1n2，且n1n2230，相交但不垂直.3.(选修21P112A4改编)已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cos m，n，则l与所成的角为()A.30 B.60 C.120 D.150【答案】A【解析】由于cos m，n，所以m，n120，所以直线l与所成的角为30.【真题体验】4.(2019天津和平区月考)正方体ABCDA1B1

6、C1D1的棱长为a，则平面AB1D1与平面BDC1的距离为()A.a B.a C.a D.a【答案】D【解析】显然A1C平面AB1D1，以D为坐标原点，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，则平面AB1D1的一个法向量为n(a，a，a)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，(0，a，0)，则两平面间的距离da.5.(2018北京朝阳区检测)已知平面的一个法向量为(1，2，2)，平面的一个法向量为(2，4，k)，若，则k等于()A.2 B.4 C.4 D.2【答案】C【解析】因为，所以，所以k4.6.(2019烟台月考)若直线l的方向向量为a(1，0，2)，平面的法

7、向量为n(2，0，4)，则直线l与平面的位置关系为_.【答案】l【解析】因为an，所以l.【考点聚焦】考点一利用空间向量证明平行问题【例1】 如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.证明：PQ平面BCD.【答案】见解析【解析】证明法一如图，取BD的中点O，以O为原点，OD，OP所在射线分别为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知，A(0，2)，B(0，0)，D(0，0).设点C的坐标为(x0，y0，0).因为3，所以Q.因为M为AD的中点，故M(0，1).又P为BM的中点，故P，所以.又

8、平面BCD的一个法向量为a(0，0，1)，故a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD.法二在线段CD上取点F，使得DF3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).，设点F坐标为(x，y，0)，则(xx0，yy0，0)(x0，y0，0)，又由法一知，PQOF.又PQ平面BCD，OF平面BCD，PQ平面BCD.【规律方法】(1)恰当建立坐标系，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，只须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

9、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.【训练1】 如图所示，平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点.求证：PB平面EFG.【答案】见解析【解析】证明平面PAD平面ABCD，且ABCD为正方形，AB，AP，AD两两垂直.以A为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0).法一(0，1，0)，(1，2，1)，

10、设平面EFG的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则n(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，(2，0，2)，n0，n，PB平面EFG，PB平面EFG.法二(2，0，2)，(0，1，0)，(1，1，1).设st，即(2，0，2)s(0，1，0)t(1，1，1)，解得st2.22，又与不共线，与共面.PB平面EFG，PB平面EFG.考点二利用空间向量证明垂直问题【例2】 如图所示，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，ABCBCD90，ABBCPBPC2CD，侧面PBC底面ABCD.证明：(1)PABD；(2)平面PAD平面PAB.【答案】见解析【解析】证明(1)取BC的中点O，连接PO，平面

11、PBC底面ABCD，PBC为等边三角形，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CD1，则ABBC2，PO.A(1，2，0)，B(1，0，0)，D(1，1，0)，P(0，0，).(2，1，0)，(1，2，).(2)1(1)(2)0()0，PABD.(2)取PA的中点M，连接DM，则M.，(1，0，)，100()0，即DMPB.10(2)()0，即DMPA.又PAPBP，DM平面PAB.DM平面PAD，平面PAD平面PAB.【规律方法】(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准

12、确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)用向量证明垂直的方法线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.【训练2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点.求证：AB1平面A1BD.【答案】见解析【解析】证明法一设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数，使m.令a，b，c，显然它们不共面，

13、并且|a|b|c|2，abac0，bc2，以它们为空间的一个基底，则ac，ab，ac，mabc，m(ac)4240.故m，结论得证.法二如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为ABC为正三角形，所以AOBC.因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以，所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0).设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，(1，2，)，(2，1，0).因为n，n，故令x1，则y2，z，故n(1，2，)

14、为平面A1BD的一个法向量，而(1，2，)，所以n，所以n，故AB1平面A1BD.考点三用空间向量解决有关位置关系的探索性问题角度1与平行有关的探索性问题【例31】 如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC和A1AC均为60，平面AA1C1C平面ABCD.(1)求证：BDAA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)证明设BD与AC交于点O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AAAO22AA1AOcos 603，AO2A1O2AA，A1OA

15、O.由于平面AA1C1C平面ABCD，且平面AA1C1C平面ABCDAC，A1O平面AA1C1C，A1O平面ABCD.以OB，OC，OA1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(，0，0)，C(0，1，0)，D(，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).由于(2，0，0)，(0，1，)，0(2)1000，即BDAA1.(2)解假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1，设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0，1，).从而有P(0，1，)，(，1，).设n3平面DA1C1，则又(0，2，0)，(，0，)，设n3(x3，y3，z3)，

16、则取n3(1，0，1)，因为BP平面DA1C1，则n3，即n30，得1，即点P在C1C的延长线上，且C1CCP.角度2与垂直有关的探索性问题【例32】 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC4，ABAD2.(1)求证：ACBF；(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)证明平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，AFAD，AF平面ADEF，AF平面ABCD.AC平面ABCD，AFAC.过A作AHBC于H，则BH1，AH，CH3，AC2，AB2AC2BC2，

17、ACAB，ABAFA，AC平面FAB，BF平面FAB，ACBF.(2)解存在.由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.以A为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(1，2).假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，设，则0，P.设平面PAC的法向量为m(x，y，z).由，(0，2，0)，得即令x1，则z，所以m为平面PAC的一个法向量.同理，可求得n为平面BCEF的一个法向量.当mn0，即时，平面PAC平面BCEF，故存在满足题意的点P，此时.【规律方法】解决立体几何中

18、探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点：空间中的点可设为(x，y，z)；坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；直线(线段)AB上的点P，可设为，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.【训练3】 如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，PAPD，ABAD，AB1，AD2，ACCD.(1)求证：PD平面PAB；(2)在棱PA上是否存在点M，使得BM平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【答案】见解

19、析【解析】(1)证明因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面PAD，所以ABPD.又PAPD，ABPAA，所以PD平面PAB.(2)解取AD的中点O，连接PO，CO.因为PAPD，所以POAD.因为PO平面PAD，平面PAD平面ABCD，所以PO平面ABCD.因为CO平面ABCD，所以POCO.因为ACCD，所以COAD.如图，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，1).设M是棱PA上一点，则存在0，1，使得.因此点M(0，1，)，(1，).因为BM平面PCD，所以要使BM

20、平面PCD，则n0，即(1，)(1，2，2)0，解得.所以在棱PA上存在点M，使得BM平面PCD，此时.【反思与感悟】1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、

21、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直.【易错防范】1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线ab，只需证明向量ab(R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.【

22、分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.若直线l的一个方向向量为a(2，5，7)，平面的一个法向量为u(1，1，1)，则()A.l或l B.lC.l D.l与斜交【答案】A【解析】由条件知au21517(1)0，所以au，故l或l.故选A.2.已知a(2，3，1)，b(2，0，4)，c(4，6，2)，则下列结论正确的是()A.ac，bc B.ab，acC.ac，ab D.以上都不对【答案】C【解析】c(4，6，2)2(2，3，1)2a，ac，又ab22(3)0140，ab.3.若，则直线AB与平面CDE的位置关系是()A.相交 B.平行C.在平面内 D.平行或在平面内【答

23、案】D【解析】，共面.则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.4.已知平面内有一点M(1，1，2)，平面的一个法向量为n(6，3，6)，则下列点P中，在平面内的是()A.P(2，3，3) B.P(2，0，1)C.P(4，4，0) D.P(3，3，4)【答案】A【解析】逐一验证法，对于选项A，(1，4，1)，n61260，n，点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内.5.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.斜交 B.平行C.垂直 D.MN在平面BB1C1C内【答案】B【解析】建立

24、如图所示的空间直角坐标系，由于A1MAN，则M，N，.又C1D1平面BB1C1C，所以(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量.因为0，所以，又MN平面BB1C1C，所以MN平面BB1C1C.二、填空题6.(2019青岛调研)已知(1，5，2)，(3，1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数xy_.【答案】【解析】由条件得解得x，y，z4，xy.7.(2018合肥月考)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是_.【答案】垂直【解析】以A为原点，分别以，所在直线为x，y，z轴

25、，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，M，O，N.0，ON与AM垂直.8.设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n(2，2，4)，若a(1，1，2)，则直线l与平面的位置关系为_；若a(1，1，1)，则直线l与平面的位置关系为_.【答案】ll或l【解析】当a(1，1，2)时，an，则l；当a(1，1，1)时，an(1，1，1)(2，2，4)0，则l或l.三、解答题9.如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD.证明：平面PQC平面DCQ.【答案】见解析【解析】证明如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA，DP，DC分别为x

26、轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则(1，1，0)，(0，0，1)，(1，1，0).0，0.即PQDQ，PQDC，又DQDCD，PQ平面DCQ，又PQ平面PQC，平面PQC平面DCQ.10.如图正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O为GC的中点，FO，且FO平面ABCD.(1)求证：AE平面BCF；(2)求证：CF平面AEF.【答案】见解析【解析】证明取BC中点H，连接OH，则OHBD，又四边形ABCD为正方形，ACBD，OHAC，故以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A(3

27、，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0).(2，2，0)，(1，0，)，(1，2，).(1)设平面BCF的法向量为n(x，y，z)，则即取z1，得n(，1).又四边形BDEF为平行四边形，(1，2，)，(2，2，0)(1，2，)(3，4，)，n340，n，又AE平面BCF，AE平面BCF.(2)(3，0，)，330，330，即CFAF，CFAE，又AEAFA，AE，AF平面AEF，CF平面AEF.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均

28、相等，则：A1MD1P；A1MB1Q；A1M平面DCC1D1；A1M平面D1PQB1.以上说法正确的个数为()A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】，所以A1MD1P，由线面平行的判定定理可知，A1M平面DCC1D1，A1M平面D1PQB1.正确.12.(2019成都调研)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为BC的中点.则AM与PM的位置关系为()A.平行 B.异面C.垂直 D.以上都不对【答案】C【解析】以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，依题意，可得，D(0，0，

29、0)，P(0，1，)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，M(，2，0).(，2，0)(0，1，)(，1，)，(，2，0)(2，0，0)(，2，0)，(，1，)(，2，0)0，即，AMPM.13.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E平面ABF，则CE与DF的和的值为_.【答案】1【解析】以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CEx，DFy，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1y)，B(1，1，1)，(x1，0，1)，(1，1，y)，由于B1E平面ABF，所以(1，1，y)(x1，0，1)

30、0xy1.14.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DPBQ(02).(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使平面EFPQ平面PQMN？若存在，求出实数的值；若不存在，说明理由.【答案】见解析【解析】(1)证明以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)，M(2，1，2)，N(1，0，2)，(2，0，2)，(1，0，)，(1，1，0)，(1，1，0)，(1，0，2).当1时，(1，0，1)，因为(2，0，2)，所以2，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)解设平面EFPQ的一个法向量为n(x，y，z)，则由可得于是可取n(，1).同理可得平面PQMN的一个法向量为m(2，2，1).则mn(2，2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1.故存在1，使平面EFPQ平面PQMN.23