人教新课标版数学高二选修2-1 作业 3.2空间向量与垂直关系(第二课时)
高中数学人教A版选修2-1练习课件：3.2.2 空间向量与垂直关系
课堂对点训练
第四页，编辑于星期日：二十三点 二十八分。
知识点一
证明线线垂直
1．正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为AC的中点．
第五页，编辑于星期日：二十三点 二十八分。
证明：BD1⊥EB1. 证明：以 D 为原点，DA、DC、DD1 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 D－xyz，
3．2 立体几何中的向量方法
课时作业30 空间向量与垂直关系
第三章 空间向量与立体几何
第一页，编辑于星期日：二十三点 二十八分。
1 课堂对点训练 2 课后提升训练
第二页，编辑于星期日：二十三点 二十八分。
[目标导航] 1．能利用平面法向量证明两个平面垂直． 2．能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明 空间中的垂直关系．
第七页，编辑于星期日：二十三点 二十八分。
知识点二
证明线面垂直
2．如图所示，正方体 ABCD—A1B1C1D1 中，M、N 分别 为 AB、B1C 的中点．试用向量法判断 MN 与平面 A1BD 的位 置关系．
第八页，编辑于星期日：二十三点 二十八分。
证明：设正方体的棱长为 1，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 D －xyz，
第十一页，编辑于星期日：二பைடு நூலகம்三点 二十八分。
解：法一：如右图，建立空间直角坐标系， 则 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0， 3)，C1(0,1， 3)． ∵D 为 BC 的中点， ∴D 点坐标为(1,1,0)． ∴A→D＝(1,1,0)，A→A1＝(0,0， 3)，B→C＝(－2,2,0)． ∴A→D·B→C＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0， A→A1·B→C＝0×(－2)＋0×2＋ 3×0＝0.
2014-2015学年高中数学 3.2.2空间向量与垂直关系课时作业 新人教A版选修2-1
空间向量与垂直关系(30分钟50分)一、选择题(每小题3分,共18分)1.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则( )A.α∥βB.α⊥βC.α,β相交但不垂直D.以上均不正确【解析】选C.因为n1·n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)≠0,所以n1与n2不垂直,又≠≠,所以α与β相交但不垂直.2.(2014·青岛高二检测)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1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NO,AM的位置关系是( )A.平行B.相交C.异面垂直D.异面不垂直【解析】选C.建立坐标系如图,设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,1,2),=(-1,0,-2),=(-2,0,1),·=0,则直线NO,AM的位置关系是异面垂直.3.(2014·丹东高二检测)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.C. D.【解析】选 B.对于选项A,=(1,0,1),则·n=(1,0,1)·(3,1,2)=5≠0,故排除A;对于选项B,=,则·n=·(3,1,2)=0,故B正确,验证可知C,D均不满足·n=0.4.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于( )A.ACB.BDC.A1DD.A1A【解析】选B.如图所示,建立直角坐标系Dxyz,设AB=1,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,1),E(,,1),所以=(,-,1),=(-1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,-1),=(0,0,-1),所以·=0,所以⊥,即CE⊥BD.5.(2014·桂林高二检测)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则( )A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面【解析】选B.以D点为坐标原点,以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,设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0), D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=,=(-1,-1,1),=-,·=·=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.6.下列命题中,正确命题的个数为( )①若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则n1∥n2⇔α∥β;②若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则α⊥β⇔n1·n2=0;③若n是平面α的法向量,a与α共面,则n·a=0;④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直.A.1B.2C.3D.4【解析】选C.命题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,易知命题②③④正确.二、填空题(每小题4分,共12分)7.若向量a=(-1,2,-4),b=(2,-2,3)是平面α内的两个不共线的向量,直线l的一个方向向量m=(2,3,1),则l与α的位置关系是(填“垂直”“平行”“相交但不垂直”).【解析】m·a=(2,3,1)·(-1,2,-4)=-2+6-4=0,m·b=(2,3,1)·(2,-2,3)=4-6+3=1≠0.所以l与α相交但不垂直.答案:相交但不垂直8.已知点A,B,C的坐标分别为(0,1,0),(-1,0,1),(2,1,1),点P的坐标为(x,0,z),若⊥,⊥,则点P的坐标为.【解析】因为=(-1,-1,1),=(2,0,1),=(-x,1,-z),由·=0, ·=0,得则x=,z=-,所以P.答案:9.(2014·长春高二检测)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④∥.其中正确的是.【解析】由于·=-1×2+(-1)×2+(-4)×(-1)=0,·=4×(-1)+2×2+0×(-1)=0,所以①②③正确.答案:①②③三、解答题(每小题10分,共20分)10.(2014·广州高二检测)用向量方法证明:如果两个相交平面与第三个平面垂直,则它们的交线也与第三个平面垂直.【解析】已知:如图,α∩β=l,α⊥γ,β⊥γ.求证:l⊥γ.证明:设平面α,β,γ的法向量分别为a,b,c,直线l的方向向量为e,则a·e=0,b·e=0.因为a,b与e不共面,故存在实数x,y,z,使c=x a+y b+z e.因为a⊥c,b⊥c,所以即因为α与β相交,所以a与b不共线,所以所以方程组有惟一解所以c=z e,即c∥e,从而有l⊥γ.11.(2014·上海高二检测)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AA1=1,BC=,M是AD中点,N是B1C1中点.(1)求证:NA1∥CM.(2)求证:平面A1MCN⊥平面A1BD1.【证明】以D为原点,建立空间直角坐标系Dxyz.所以B(,1,0),A1(,0,1),D1(0,0,1),C(0,1,0),M,N.(1)=,=.所以=,所以NA1∥CM.(2)方法一:=(,1,-1),=(0,1,1),=,所以·=0+1-1=0,·=1-1+0=0,所以D1B⊥MN,D1B⊥CM,又MN∩CM=M,所以D1B⊥平面A1MCN,又D1B⊂平面A1BD1,所以平面A1MCN⊥平面A1BD1.方法二:=(,0,0),=(,1,-1),=(0,1,1),=.设平面A1MCN的法向量为n=(x,y,z),所以取n=(,1,-1).设平面A1BD1的法向量为m=(x1,y1,z1),所以取m=(0,1,1),因为n·m=(,1,-1)·(0,1,1)=0+1-1=0,所以n⊥m,所以平面A1MCN⊥平面A1BD1.【变式训练】在正三棱锥P-ABC中,三条侧棱两两互相垂直,G是△PAB的重心,E,F分别为BC,PB上的点,且BE∶EC=PF∶FB=1∶2.求证:平面GEF⊥平面PBC.【证明】如图,以三棱锥的顶点P为原点,以PA,PB,PC所在直线分别作为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.令PA=PB=PC=3,则A(3,0,0),B(0,3,0),C(0,0,3),E(0,2,1),F(0,1,0),G(1,1,0),P(0,0,0),于是=(3,0,0),=(1,0,0),故=3,所以PA∥FG.而PA⊥平面PBC,所以FG⊥平面PBC.又FG⊂平面EFG,所以平面EFG⊥平面PBC.【一题多解】如解析建立的空间直角坐标系,则E(0,2,1),F(0,1,0),G(1,1,0).所以=(0,-1,-1),=(1,-1,-1).设平面EFG的法向量是n=(x,y,z),则有n⊥,n⊥.所以令y=1,得z=-1,x=0,即n=(0,1,-1).显然=(3,0,0)是平面PBC的一个法向量.又n·=0,所以n⊥,即平面PBC的法向量与平面GEF的法向量互相垂直,所以平面GEF⊥平面PBC.(30分钟50分)一、选择题(每小题4分,共16分)1.已知A(3,0,-1),B(0,-2,-6),C(2,4,-2),则△ABC是( )A.等边三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等腰直角三角形【解析】选C.=(-3,-2,-5),=(-1,4,-1),则·=-3×(-1)-2×4+5=0.所以⊥,故△ABC为直角三角形.又||≠||故选C.2.平面α的一个法向量n=(0,1,-1),如果直线l⊥平面α,则直线l的单位方向向量s=( )A.(0,1,-1)B.±C.(0,,-)D.±(0,,-)【解析】选B.直线l的方向向量平行于平面α的法向量,故直线l的单位方向向量是s=±.3.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( )A.平行B.垂直C.相交但不垂直D.位置关系不确定【解析】选B.如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长度,射线DA为x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).因为·=0,·=0.所以PQ⊥DQ,PQ⊥DC.所以PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.4.如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,①·≠0;②AB⊥DC;③BD⊥AC;④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直.其中正确的个数是( )A.1B.2C.3D.4【解析】选 B.建立以D为坐标原点,以DB,DC,DA所在直线为x,y,z轴的空间坐标系,设斜边BC=2,则B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,0,1)则=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0), =(-1,0,0)从而有·=0+0+1=1,故①错误,·=0,故②正确,·=0,故③正确,易知平面ADC的一个法向量为向量=(-1,0,0),平面ABC的法向量设为n=(x,y,z),由·n=x-z=0,·n=y-z=0,令y=1,则x=1,z=1,故n=(1,1,1),·n=-1,故④错误.二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2014·上海高二检测)在空间直角坐标系Oxyz中,已知点P(2cosx+1, 2cos2x+2,0)和点Q(cosx,-1,3),其中x∈[0,π].若直线OP与直线OQ垂直,则x的值为.【解析】由题意得⊥.所以cosx·(2cosx+1)-(2cos2x+2)=0.所以2cos2x-cosx=0.所以cosx=0或cosx=.又x∈[0,π],所以x=或x=.答案:或6.(2014·南京高二检测)已知向量b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).若在直线AB上,存在一点E,使得⊥b(O为原点)则E点的坐标为.【解题指南】先设点E在AB上的位置,利用垂直关系建立与E点坐标有关的方程,求出点E.【解析】=+=+t=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),因⊥b,则·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,因此存在点E,使得⊥b,此时E点的坐标为. 答案:三、解答题(每小题12分,共24分)7.(2014·银川高二检测)已知正方体ABCD-A′B′C′D′中,点M,N分别在面对角线AD′和面对角线BD上,并且=.求证:MN⊥AD.【证明】设正方体棱长为1,==λ,=a,=b,=c,则=-= +-=+λ-λ=a+λ(b-a)-λ(b+c)=(1-λ)a-λc且a·b=0,a·c=0,b·c=0,所以·=b·[(1-λ)a-λc]=(1-λ)b·a-λb·c=0,所以⊥,所以MN⊥AD.【变式训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为DD1的中点,M为四边形ABCD的中心.求证:对A1B1上任一点N,都有MN⊥AP.【证明】建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),P, M,N(1,y,1).所以=,=.所以·=(-1)×+0×+×1=0,所以⊥,即对A1B1上任意一点N都有MN⊥AP.8.(2014·广州高二检测)如图所示的长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的正方形,O为AC与BD 的交点,BB1=,M是线段B1D1的中点.(1)求证:BM∥平面D1AC.(2)求证:D1O⊥平面AB1C.【证明】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则点O(1,1,0),D1(0,0,),所以=(-1,-1,),又点B(2,2,0),M(1,1,),所以=(-1,-1,),所以=,又因为OD1与BM不共线,所以OD1∥BM.又OD1⊂平面D1AC,BM⊄平面D1AC,所以BM∥平面D1AC.(2)连接OB1.因为·=(-1,-1,)·(1,1,)=0,·= (-1,-1,)·(-2,2,0)=0,所以⊥,⊥,即OD1⊥OB1,OD1⊥AC,又OB1∩AC=O,所以D1O⊥平面AB1C.【变式训练】如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,D1B1的中点.求证:EF⊥平面B1AC.【解题指南】思路一:EF⊥AB1,EF⊥B1C得EF⊥平面B1AC;思路二:求平面B1AC的法向量n证明∥n从而EF⊥平面B1AC.【证明】设=a,=b,=c,则=+=(+)=(+)=(+-)=(-a+b+c).因为=+=a+b,所以·=(-a+b+c)·(a+b)=(b2-a2+c·a+c·b)=(|b|2-|a|2+0+0)=0.所以⊥,即EF⊥AB1.同理,EF⊥B1C.又AB1∩B1C=B1,所以EF⊥平面B1AC.【一题多解1】设正方体的棱长为2,以D为原点,以DA,DC,DD1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(2,0,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),E(2,2,1),F(1,1,2).所以=(1,1,2)-(2,2,1)=(-1,-1,1),=(2,2,2)-(2,0,0)=(0,2,2),=(0,2,0)-(2,0,0)=(-2,2,0).所以·=(-1,-1,1)·(0,2,2)=(-1)×0+(-1)×2+1×2=0,·=(-1,-1,1)·(-2,2,0)=2-2+0=0,所以⊥,⊥,所以EF⊥AB1,EF⊥AC.又AB1∩AC=A,所以EF⊥平面B1AC.【一题多解2】同一题多解1得=(0,2,2),=(-2,2,0),=(-1,-1,1). 设平面B1AC的法向量n=(x,y,z),则·n=0,·n=0,即取x=1,则y=1,z=-1,所以n=(1,1,-1),所以=-n,所以∥n,所以EF⊥平面B1AC.。
高中数学选修2-1课时作业2：3.2 立体几何中的向量方法(二)
第2课时空间向量与垂直关系一、基础达标1．若直线l1、l2的方向向量分别为a＝(1，2，－2)，b＝(－2，3，2)，则() A．l1∥l2B．l1⊥l2C．l1、l2相交但不垂直D．不能确定[答案] B[解析]∵a·b＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×2＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2.2．若a＝(2，－1，0)，b＝(3，－4，7)，且(λa＋b)⊥a，则λ的值是() A．0 B．1 C．－2 D．2[答案] C[解析]λa＋b＝λ(2，－1，0)＋(3，－4，7)＝(3＋2λ，－4－λ，7)．∵(λa＋b)⊥a，∴2(3＋2λ)＋4＋λ＝0，即λ＝－2.3．若平面α，β平行，则下列可以是这两个平面的法向量的是()A ．n 1＝(1，2，3)，n 2＝(－3，2，1)B ．n 1＝(1，2，2)，n 2＝(－2，2，1)C ．n 1＝(1，1，1)，n 2＝(－2，2，1)D ．n 1＝(1，1，1)，n 2＝(－2，－2，－2) [答案] D[解析] 两个平面平行时，其法向量也平行，检验知正确选项为D.4．已知直线l 1的方向向量a ＝(2，4，x )，直线l 2的方向向量b ＝(2，y ，2)，若|a |＝6，且a ⊥b ，则x ＋y 的值是( )A ．－3或1B ．3或－1C ．－3D ．1[答案] A [解析] |a |＝22＋42＋x 2＝6，∴x ＝±4， 又∵a ⊥b ，∴a·b ＝2×2＋4y ＋2x ＝0， ∴y ＝－1－12x ，∴当x ＝4时，y ＝－3， 当x ＝－4时，y ＝1，∴x ＋y ＝1或－3.5．已知平面α上的两个向量a ＝(2，3，1)，b ＝(5，6，4)，则平面α的一个法向量为( )A ．(1，－1，1)B ．(2，－1，1)C ．(－2，1，1)D ．(－1，1，－1)[答案] C[解析] 显然a 与b 不平行，设平面α的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧a ·n ＝0，b ·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y ＋z ＝0，5x ＋6y ＋4z ＝0.令z ＝1，得x ＝－2，y ＝1， ∴n ＝(－2，1，1)．6．下列命题中：①若u，v分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔u·v＝0；②若u是平面α的法向量且向量a与α共面，则u·a＝0；③若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．正确的命题序号是________．[答案]①②③[解析]两平面垂直则它们的法向量垂直，反之亦然．7．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，P A⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝22，E，F分别是AD，PC的中点．证明：PC⊥平面BEF.证明如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝22，四边形ABCD是矩形，∴A，B，C，D，P的坐标分别为A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，22，0)，D(0，22，0)，P(0，0，2)．又E，F分别是AD，PC的中点，∴E(0，2，0)，F(1，2，1)．∴PC→＝(2，22，－2)，BF→＝(－1，2，1)，EF→＝(1，0，1)．∴PC→·BF→＝－2＋4－2＝0，PC→·EF→＝2＋0－2＝0.∴PC→⊥BF→，PC→⊥EF→.∴PC⊥BF，PC⊥EF.又BF∩EF＝F，∴PC⊥平面BEF.二、能力提升8．已知A (1，0，0)、B (0，1，0)、C (0，0，1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( )A ．(33，33，－33) B ．(33，－33，33) C ．(－33，33，33)D ．(－33，－33，－33)[答案] D[解析] AB→＝(－1，1，0)，AC →＝(－1，0，1)．设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )． ∵⎩⎨⎧AB →·n ＝0，AC→·n ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0.令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1，1，1)， 单位法向量为±n|n |＝±(33，33，33)．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；④AP →∥BD →. 其中正确的是________(填序号)． [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．④不正确． 10．如图等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一个公共边AB ，二面角C －AB －D 的余弦值为33，M 、N 分别是AC 、BC 的中点，则EM 、AN 所成角的余弦值等于________． [答案] 16[解析] 设AB ＝2，过点C 作CO ⊥平面ABDE ，OH ⊥AB ，则CH ⊥AB ，∠CHO 为二面角C －AB －D 的平面角．∵CH ＝3，OH ＝CH ·cos ∠CHO ＝1，结合等边△ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则AN ＝EM ＝CH ＝3，AN →＝12(AC →＋AB →)，EM →＝12AC →－AE →，AN →·EM →＝12(AB →＋AC →)·(12AC →－AE →)＝12，故EM 、AN 所成角的余弦值为AN →·EM→|AN→|·|EM →|＝16.11．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点． (1)求证：P A ∥平面EDB ；(2)求EB 与底面ABCD 所成的角的正切值．(1)证明 如图，建立空间直角坐标系D －xyz ，设DC ＝a .连接AC ，AC 交BD 于G ，连接EG . 由题意，得A (a ，0，0)，P (0，0，a )， E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2. ∵底面ABCD 是正方形，∴G 是此正方形的中心，故点G 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，0，∴P A →＝(a ，0，－a )，EG→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，－a 2， ∴P A →＝2EG →，这表明 P A ∥EG .而EG ⊂平面EDB ，且P A ⊄平面EDB ， ∴P A ∥平面EDB .(2)解 由题意，得B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)． 取DC 的中点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，0，连接EF ，BF .∵FE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，a 2，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，DC →＝(0，a ，0)，∴FE→·FB →＝0，FE →·DC →＝0， ∴FE ⊥FB ，FE ⊥DC .又FB ∩DC ＝F ，∴EF ⊥底面ABCD ，BF 为BE 在底面ABCD 内的射影， 故∠EBF 为直线EB 与底面ABCD 所成的角．在Rt △EFB 中，|FE→|＝a 2，|FB →|＝a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝52a ，∴tan ∠EBF ＝|FE→||FB →|＝a 252a＝55，∴EB 与底面ABCD 所成的角的正切值为55.12. 如图所示，△ABC 是一个正三角形，EC ⊥平面ABC ，BD ∥CE ，且CE ＝CA ＝2BD ，M 是EA 的中点．求证：平面DEA ⊥平面ECA .证明 建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ，不妨设CA ＝2，则CE ＝2，BD ＝1，C (0，0，0)，A (3，1，0)，B (0，2，0)，E (0，0，2)，D (0，2，1)．所以EA →＝(3，1，－2)，CE →＝(0，0，2)，ED →＝(0，2，－1)．分别设面CEA 与面DEA 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧n 1·EA →＝0，n 1·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 1＋y 1－2z 1＝0，2z 1＝0. 解得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＝－3x 1，z 1＝0.⎩⎨⎧n 2·EA→＝0，n 2·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋y 2－2z 2＝0，2y 2－z 2＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝3y 2，z 2＝2y 2. 不妨取n 1＝(1，－3，0)，n 2＝(3，1，2)， 因为n 1·n 2＝0，所以两个法向量相互垂直． 所以平面DEA ⊥平面ECA . 三、探究与创新13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1上的动点． (1)求证：A 1E ⊥BD ；(2)若平面A 1BD ⊥平面EBD ，试确定E 点的位置． 解 以D 为坐标原点，以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．设正方体棱长为a ，则A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )．设E (0，a ，e )(0≤e ≤a )．(1)A 1E →＝(－a ，a ，e －a )， BD→＝(－a ，－a ，0)， A 1E →·BD →＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0， ∴A 1E →⊥BD →，即A 1E ⊥BD .(2)设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DB →＝(a ，a ，0)，DA 1→＝(a ，0，a )，DE →＝(0，a ，e )， ∴n 1·DB →＝0，n 1·DA 1→＝0，n 2·DB →＝0，n 2·DE →＝0. ∴⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝0，ax 1＋az 1＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ax 2＋ay 2＝0，ay 2＋ez 2＝0.取x 1＝x 2＝1，得n 1＝(1，－1，－1)，n 2＝(1，－1，ae )． 由平面A 1BD ⊥平面EBD 得n 1⊥n 2. ∴2－a e ＝0，即e ＝a 2.∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .。
3.2空间向量与垂直关系 课件(人教A版选修2-1)
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新课标· 数学 选修 2-1
教 学 教 法 分 析 教 学 方 案 设 计 课 前 自 主 导 学
1 1 1 → → ∴AB1· MN＝(a＋c)· (－ a＋ b＋ c) 2 2 4 1 1 1 ＝－ ＋ cos 60° ＋0－0＋0＋ ＝0. 2 2 4 → → ∴AB1⊥MN， ∴AB1⊥MN.
菜 单
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→ → → 【思路探究】 (1)若选AB、AC、AA1为基向量， → → → → 你能用基向量表示AB1与MN吗？怎样证明AB1与MN垂 直？ (2)若要建立空间直角坐标系，本题该怎样建立？
教 学 教 法 分 析 教 学 方 案 设 计 课 前 自 主 导 学 思 想 方 法 技 巧 当 堂 双 基 达 标
面面垂直
若平面 α 的法向量 u＝(a1，b1，c1)，平面 β 的法向量 v
u⊥v u· v＝ 0 ⇔ ＝(a2，b2，c2)，则 α⊥β⇔__________ ⇔_________ a1a2＋b1b2＋c1c2＝0 ___________________________ .
课 标 解 读
1.掌握直线的方向向量和平面的法 向量的求法．(重点) 2.能利用方向向量和法向量处理线 线、线面、面面间的垂直问题．(重 点、难点)
当 堂 双 基 达 标
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2018-2019学年度高二数学人教A版选修2-1课件：3.2 空间向量与平行、垂直关系
中点.求证:MN∥平面A1BD.
证明: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, 设正方体的棱长为 1, 则 M(0,1,
1 1 ),N( ,1,1),D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0). 2 2 1 1 ,0, ), DA1 =(1,0,1), DB =(1,1,0). 2 2
n2 FC1 2 y2 z2 0, x2 0, 由 n2⊥ FC1 ,n2⊥ C1 B1 ,得 得 z2 2 y2 . n2 C1B1 2 x2 0,
令 z2=2,得 y2=-1, 所以 n2=(0,-1,2), 因为 n1=n2, 所以平面 ADE∥平面 B1C1F.
知识点三
空间垂直关系的向量表示
如图(5)所示,直线l⊥平面α ,直线l的方向向量为a,平面α 的法向量为n.
图(5) 如图(6)所示,平面α ⊥平面β ,平面α 的法向量为n,平面β 的法向量为m.
图(6)
问题3:(1)在图(5)中,向量a与向量n的关系是怎样的? (2)在图(6)中,向量m与向量n的关系是怎样的? 答案:(1)a∥n.(2)m⊥n. 梳理 (1)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 a1b1+a2b2+a3b3=0 l⊥m⇔a· b=0⇔ . (2)线面垂直 设直线l的方向向量是a=(a1,b1,c1),平面α 的法向量是u=(a2,b2,c2),则l⊥ a1=λ a2,b1=λ b2,c1=λ c2 α ⇔a∥u⇔a=λ u⇔ (λ ∈R). (3)面面垂直 若平面α 的法向量u=(a1,b1,c1),平面β 的法向量v=(a2,b2,c2),则α ⊥β a1a2+b1b2+c1c2=0 ⇔u⊥v⇔u· v=0⇔ .
人教版高中数学选修2-1学案：第3章 空间向量与立体几何 §3.2 立体几何中的向量方法
§3.2 立体几何中的向量方法知识点一用向量方法判定线面位置关系(1)设a、b分别是l1、l2的方向向量，判断l1、l2的位置关系：①a＝(2,3，－1)，b＝(－6，－9,3)．②a＝(5,0,2)，b＝(0,4,0)．(2)设u、v分别是平面α、β的法向量，判断α、β的位置关系：①u＝(1，－1,2)，v＝(3,2，12 -)．②u＝(0,3,0)，v＝(0，－5,0)．(3)设u是平面α的法向量，a是直线l的方向向量，判断直线l与α的位置关系．①u＝(2,2，－1)，a＝(－3,4,2)．②u＝(0,2，－3)，a＝(0，－8,12)．解(1)①∵a＝(2,3，－1)，b＝(－6，－9,3)，∴a＝－13b，∴a∥b，∴l1∥l2.②∵a＝(5,0,2)，b＝(0,4,0)，∴a·b＝0，∴a⊥b，∴l1⊥l2.(2)①∵u＝(1，－1,2)，v＝(3,2，12 -)，∴u·v＝3－2－1＝0，∴u⊥v，∴α⊥β.②∵u＝(0,3,0)，v＝(0，－5,0)，∴u＝－35v，∴u∥v，∴α∥β.(3)①∵u＝(2,2，－1)，a＝(－3,4,2)，∴u·a＝－6＋8－2＝0，∴u⊥a，∴l⊂α或l∥α.②∵u＝(0,2，－3)，a＝(0，－8,12)，∴u＝－14a，∴u∥a，∴l⊥α.知识点二利用向量方法证明平行问题如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是C1C、B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.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，设正方体的棱长为1，则可求得M (0,1，12)，N (12,1,1)， D(0,0,0)，A 1(1,0,1)，B(1,1,0)， 于是MN =（12，0，12）， 设平面A 1BD 的法向量是 n=（x ，y ，z ）. n ＝(x ，y ，z)．则n ·DB ＝0，得0,0,x z x y +=⎧⎨+=⎩取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1.∴n ＝(1，－1，－1)．又 MN ·n ＝ (12,0，12)·(1，－1，－1)＝0， 方法二 ∵MN = 111111122C N C M C B C C -=-111111()22D A D D DA =-=∴MN ∥1DA ，又∵MN ⊄平面A 1BD.∴MN ∥平面A 1BD.知识点三 利用向量方法证明垂直问题在正棱锥P —ABC 中，三条侧棱两两互相垂直，G 是△PAB 的重心，E 、F分别为BC 、PB 上的点，且BE ∶EC ＝PF ∶FB ＝1∶2.(1)求证：平面GEF ⊥平面PBC ；(2)求证：EG 是PG 与BC 的公垂线段． 证明 (1)方法一如图所示，以三棱锥的顶点P 为原点，以PA 、PB 、PC 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．令PA ＝PB ＝PC ＝3，则A(3,0,0)、B(0,3,0)、C(0,0,3)、E(0,2,1)、F(0,1,0)、G(1,1,0)、P(0,0,0)． 于是PA ＝(3,0,0)，FG ＝(3,0,0)，故 PA ＝3FG ，∴PA ∥FG .而PA ⊥平面PBC ，∴FG ⊥平面PBC ，又FG ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PBC. 方法二 同方法一，建立空间直角坐标系，则 E(0,2,1)、F(0,1,0)、G(1,1,0)．EF ＝(0，－1，－1)，EG ＝(0，－1，－1)，设平面EFG 的法向量是n ＝(x ，y ，z)， 则有n ⊥EF ，n ⊥PA ，∴0,0,y z x y z +=⎧⎨--=⎩令y ＝1，得z ＝－1，x ＝0，即n ＝(0,1，－1)．而显然PA =（3，0，0）是平面PBC 的一个法向量.这样n ·PA = 0,∴n ⊥PA即平面PBC 的法向量与平面EFG 的法向量互相垂直，∴平面EFG ⊥平面PBC. （2）∵EG =（1， -1， -1），PG =（1，1，0），BC =（0， -3，3），∴EG ·PG =1-1= 0，EG ·BC =3-3 = 0，∴EG ⊥PG ，EG ⊥BC ， ∴EG 是PG 与BC 的公垂线段.知识点四 利用向量方法求角四棱锥P —ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PA 与平面ABCD 所成的角为60°，在四边形ABCD 中，∠D ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2.(1)建立适当的坐标系，并写出点B ，P 的坐标； (2)求异面直线PA 与BC 所成角的余弦值．解 (1)如图所示，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D —xyz ，∵∠D ＝∠DAB ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，AD ＝2， ∴A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(2,4,0)．由PD ⊥面ABCD 得∠PAD 为PA 与平面ABCD 所成的角． ∴∠PAD ＝60°.在Rt △PAD 中，由AD ＝2，得PD ＝23． ∴P(0,0,23)． （2）∵PA ＝(2,0，－23)， BC =（-2， -3，0）∴cos 〈PA ,BC 〉=1313PA BC PA BC⋅=-∴PA与BC所成角的余弦值为1313．正方体ABEF－DCE′F′中，M、N分别为AC、BF的中点(如图所示)，求平面MNA与平面MNB所成二面角的余弦值．解取MN的中点G，连结BG，设正方体棱长为1.方法一∵△AMN，△BMN为等腰三角形，∴AG⊥MN，BG⊥MN.∴∠AGB为二面角的平面角或其补角．∵AG=BG=64,,AB AG GB=+，设〈AG，GB〉=θ，AB2＝AG 2＋2AG·GB＋GB2，∴1＝(64)2＋2×64×64cosθ＋(64)2.∴cosθ＝13，故所求二面角的余弦值为13．方法二以B为坐标原点，BA，BE，BC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B－xyz则M(12，0，12)，N (12,12,0)，中点G(12，14，14)，A(1,0,0)，B(0,0,0)，由方法一知∠AGB为二面角的平面角或其补角．∴GA＝(12，－14，－14)，GB＝(12，－14，－14)，∴ cos<GA, GB>=GA GBGA GB⋅=11833388-=-⨯,故所求二面角的余弦值为13．方法三 建立如方法二的坐标系，∴110,0,AM n AN n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即110,22110,22x z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩取n 1＝(1,1,1)．同理可求得平面BMN 的法向量n 2＝(1，－1，－1)． ∴cos 〈n 1，n 2〉＝1212n n n n ⋅1333==-⨯,故所求二面角的余弦值为13知识点五 用向量方法求空间的距离已知正方形ABCD 的边长为4，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，GC ⊥平面ABCD ，且GC ＝2，求点B 到平面EFG 的距离．解如图所示，以C 为原点，CB 、CD 、CG 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系C －xyz.由题意知C(0,0,0)，A(4,4,0)， B(4,0,0)，D(0,4,0)，E(4,2,0)， F(2,4,0)，G(0,0,2)．BE ＝(0,2,0)，BF ＝(－2,4,0)，设向量BM ⊥平面GEF ，垂足为M ，则M 、G 、E 、F 四点共面，故存在实数x ，y ，z ，使BM = x BE + y BF + z BG ，即BM = x （0，2，0）+y （-2，4，0）+z （-4，0，2） =（-2y -4z ，2x+4y ，2z ）.由BM ⊥平面GEF ，得BM ⊥GE ,BM ⊥EF ，于是BM ·GE ＝0，BM ·EF ＝0， 即(24,24,2)(4,2,2)0,(24,24,2)(2,2,0)0,y x x y z y z x y z --+⋅-=⎧⎨--+⋅-=⎩即50,320,1,x zx y zx y z-=⎧⎪+++⎨⎪++=⎩，解得15,117,113,11xyz⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪⎪=⎪⎩∴BM＝(－2y－4z,2x＋4y,2z)＝226,,111111⎛⎫⎪⎭⎝∴|BM|＝222226()()()111111++21111=即点B到平面GEF的距离为21111．考题赏析(安徽高考)如图所示，在四棱锥O—ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝4π，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点．(1)求异面直线AB与MD所成角的大小；(2)求点B到平面OCD的距离．解作AP⊥CD于点P.如图，分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立平面直角坐标系．A(0,0,0)，B(1,0,0)，P (0，22，0)，D (－22，22，0)，O(0,0,2)，M(0,0,1)．(1)设AB与MD所成角为θ，∵AB＝(1,0,0)，MD＝(－22，22，－1)，∴cosθ =12AB MDAG MD⋅=⋅．∴θ＝3π．∴AB与MD所成角的大小为3π．（2）∵OP=（0,22，2-），OD=（-22，22，2-）,∴设平面OCD的法向量为n = ( x, y , z ),则n·OP=0，n·OD= 0.得220,22220,22y zx y z⎧-=⎪⎪⎨⎪-+-=⎪⎩取z=2，解得n = (0,4,2).设点B到平面OCD的距离为d,则d为OB在向量n上的投影的绝对值.∵OB=（1，0，-2），∴d＝OB nn⋅23=,∴点B到平面OCD的距离为23,1．已知A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是( ) A．(33，33，－33) B．(33，－33，33)C．(－33，33，33) D．(－33，－33，－33)答案 DAB＝(－1,1,0)，是平面OAC的一个法向量．AC＝(－1,0,1)，BC＝(0，－1,1)设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y，z)∴0,0,x yx z-+=⎧⎨-+=⎩令x＝1，则y＝1，z＝1 ∴n＝(1,1,1)单位法向量为：nn±＝± (33,33，33)．2．已知正方体ABCD—A1B1C1D1，E、F分别是正方形A1B1C1D1和ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是( )A．60°B．45°C．30°D．90°答案 B3．设l1的方向向量a＝(1,2，－2)，l2的方向向量b＝(－2,3，m)，若l1⊥l2，则m＝( )A．1 B．2 C．12D．3答案 B解析因l1⊥l2，所以a·b＝0，则有1×(－2)＋2×3＋(－2)×m＝0，∴2m＝6－2＝4，即m＝2.4．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1,2，－1)，v＝(－3，－6,3)，则( ) A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均不正确答案 A解析因v＝－3u，∴v∥u.故α∥β.5．已知a、b是异面直线，A、B∈a，C、D∈b，AC⊥b，BD⊥b，且AB＝2，CD＝1，则a与b所成的角是( )A．30°B．45°C．60°D．90°答案 C解析设〈AB，CD〉=θ，AB·CD=（AC+CD+DB·CD= |CD|2= 1，cosθ=12AB CDAB CD⋅=,所以θ=60°6．若异面直线l1、l2的方向向量分别是a＝(0，－2，－1)，b＝(2,0,4)，则异面直线l1与l2的夹角的余弦值等于( )A．25-B．25C．－255D．55答案 B解析设异面直线l1与l2的夹角为θ，则cosθ＝a ba b⋅⋅(1)44255416-⨯==⨯⋅+7．已知向量n＝(6,3,4)和直线l垂直，点A(2,0,2)在直线l上，则点P(－4,0,2)到直线l 的距离为________．答案366161， 解析PA =（6，0，0），因为点A 在直线l 上， n 与l 垂直，所以点P 到直线l 的距离为2223636616161634PA n⋅==++ 8．平面α的法向量为(1,0，－1)，平面β的法向量为(0，－1,1)，则平面α与平面β所成二面角的大小为________．答案3π或23π，解析 设n 1＝(1,0，－1)，n 2＝(0，－1,1) 则cos 〈n 1，n 2〉＝100(1)(1)11222⨯+⨯-+-⨯=-⋅〈n 1，n 2〉＝23π．因平面α与平面β所成的角与〈n 1，n 2〉相等或互补，所以α与β所成的角为3π或23π．9．已知四面体顶点A(2,3,1)、B(4,1，－2)、C(6,3,7)和D(－5，－4,8)，则顶点D 到平面ABC 的距离为________．答案 11解析 设平面ABC 的一个法向量为n =（x,y,z ）则0,0,n AB n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ()()x,y,z (2,2,3)0,x,y,z (4,0,6)0,⋅--=⎧⎪⎨⋅=⎪⎩ 2230,460,x y z x z --=⎧⎨+=⎩2,2,3y x z x =⎧⎪⇒⎨=-⎪⎩令x=1, 则n = (1,2, 23-),AD =（-7，-7，7）故所求距离为14714377311374149AD nn---⋅==⨯=++,10．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，PD ＝DC ，E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于F.(1)证明：PA ∥平面BDE ； (2)证明：PB ⊥平面DEF.证明 (1)如图建立空间直角坐标系，设DC ＝a ，AC ∩BD ＝G ，连结EG ，则A(a,0,0)，P(0,0，a)，C(0，a,0)，E (0，2a ，2a )，G (2a ，2a，0)． 于是PA =（a ，0， -a ），EG =（2a ，0，2a-）,∴PA = 2EG ，∴PA ∥EG .又EG ⊂平面DEB.PA ⊄平面DEB.∴PA ∥平面DEB.(2)由B(a,a,0),得PB =(a, a, -a), 又DE =（0, 2a ,2a）,∵PB ·DE =22a 20,2a -= ∴PB ⊥DE.又EF ⊥PB ，EF ∩DE=E ，∴PB ⊥平面EFD.11．如图所示，已知点P 在正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′的对角线BD ′上，∠PDA ＝60°.(1)求DP 与CC ′所成角的大小；(2)求DP 与平面AA ′D ′D 所成角的大小． 解如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D —xyz. 则DA =（1，0，0），'CC = (0,0,1).连结BD,B ′D ′. 在平面BB ′D ′D 中,延长DP 交B ′D ′于H. 设DH = (m,m,1) (m>0),由已知〈DH ,DA 〉= 60°, 由DA ·DH = |DA ||DH |cos 〈DH ,DA 〉,可得2m =221m + 解得m =22，所以DH ＝(22，22，1)， (1) 因为cos 〈DH ,'CC 〉= 220011222212⨯+⨯+⨯=⨯ (2) 所以〈DH ,'CC 〉= 45°, 即DP 与CC ′所成的角为45°.(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC = (0,1,0).因为cos 〈DH ,DC 〉= 220011222212⨯+⨯+⨯=⨯ 所以〈DH ,DC 〉= 60°,可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.12. 如图，四边形ABCD 是菱形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD=2，∠BAD=60°.平面PBD ⊥平面PAC ，(1)求点A 到平面PBD 的距离;(2)求异面直线AB 与PC 的距离.(1)解 以AC 、BD 的交点为坐标原点，以AC 、BD 所在直线为x 轴、y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A （3，0，0），B （0，1，0），C （3-，0，0），D （0， -1，0），P （3，0，2）.设平面PBD 的一个法向量为n 1=（1，y 1，z 1）.由n 1⊥OB ， n 1⊥OP ，可得n 1=（1，0，32-）.（1）OA =（3，0，0），点A 到平面PBD 的距离,11OA n d n ⋅=2217=, 13.如图所示，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC = 2a ，BB 1 = 3a ，D 为A 1C 1的中点，在线段AA 1上是否存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ？若存在，求出|AF |；若不存在，请说明理由.解 以B 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.假设存在点F ，使CF ⊥平面B 1DF ，并设AF =λ1AA =λ（0，0，3a ）=（0，0，3λa ）（0<λ<1）， ∵D 为A 1C 1的中点，∴D(22a ，22a ,3a) 1B D ＝ (22a ，22a ,3a)－(0,0,3a)＝ (22a ,22a ， 0)， 1B F 1B B BA AF =++=(0,0,3)(2,0,0)(0,0,3)a a a λ-++ ∵CF ⊥平面B 1DF ，∴CF ⊥1B D , CF ⊥1B F ,110,0,CF B D CF B F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即2300,9920,a λλλ⨯=⎧⎨-+=⎩ 解得λ＝23或λ＝13 ∴存在点F 使CF ⊥面B 1DF ，且 当λ=13时，|AF |=13,|1AA | = a 当λ=23，|AF | =23,|1AA | = 2a. 14．如图(1)所示，已知四边形ABCD 是上、下底边长分别为2和6，高为eq \r(3)的等腰梯形．将它沿对称轴OO 1折成直二面角，如图(2)．(1)证明：AC ⊥BO 1；(2)求二面角O —AC —O 1的余弦值．(1)证明 由题设知OA ⊥OO 1，OB ⊥OO 1.所以∠AOB 是所折成的直二面角的平面角，即OA ⊥OB. 故以O 为原点，OA 、OB 、OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则相关各点的坐标是A(3,0,0)、B(0,3,0)、C(0,1, 3)、O 1(0,0, 3)．AC ·1BO ＝－3＋3·3＝0.所以AC ⊥BO 1.（2）解 因为1BO ·OC =3-+ 3·3＝0.所以BO 1⊥OC.由（1）AC ⊥BO 1，所以BO 1⊥平面OAC, 1BO 是平面OAC 的一个法向量.设n=（x ，y ，z ）是平面O 1AC 的一个法向量，由10,0,n AC n O C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩330,0,x y z y ⎧-++=⎪⇒⎨=⎪⎩ 取z= 3，得n=（1，0，3）.设二面角O-AC-O 1的大小为θ，由n 、1BO 的方向可知θ=〈n,1BO 〉， 所以cos θ= cos 〈n ，1BO 〉=113n BO n BO ⋅= 即二面角O —AC —O 13。
人教A版高中数学选修2-1课件3.2第2课时空间向量与垂直关系
2.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O为AC与BD的 交点，G为CC1的中点，求证：A1O⊥平面GBD.
证明： 证法一：设A→1B1＝a，A→1D1＝b，A→1A＝c. 则a·b＝0，b·c＝0，a·c＝0. 而A→1O＝A→1A＋A→O＝A→1A＋12(A→B＋A→D) ＝c＋12(a＋b)， B→D＝A→D－A→B＝b－a， O→G＝O→C＋C→G＝12(A→B＋A→D)＋12C→C1 ＝12(a＋b)－12c，
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 A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面 ABC，A1A＝ 3， AB＝AC＝2A1C1＝2，D 为 BC 中点．
解答本题可证明B→C垂直于平面A1AD内的两个不共线向量 A→A1和A→D或求两平面的法向量，再证明两个法向量互相垂直．
则nn11··AA→A→C1＝＝00， ⇒z－1＝2x01，＋2y1＝0.
令x1＝1，得y1＝1，∴n1＝(1,1,0)．
设平面AEC1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则nn22··AA→C→E1＝＝00，， ⇒z－2＝2x42x＋2，2y2＋z2＝0
令x2＝1，则n2＝(1，－1,4)，n1·n2＝1－1＝0， 即平面AEC1⊥平面AA1C1C.
空间中的垂直关系及其向量证明方法 (1)线线垂直 ①证明两直线的方向向量垂直． ②证明两直线所成角为90°. ③先证明线面垂直，利用线面垂直的性质． (2)线面垂直 ①证明直线的方向向量与平面的法向量平行． ②证明直线的方向向量与平面内两个不共线向量垂直． ③先证明面面垂直，利用面面垂直的性质．
求证：AB1⊥MN.
解答本题可先选基向量，证明A→B1·M→N＝0或先建系，再证 明A→B1·M→N＝0.
高中数学第三章空间向量与立体几何3.2.2空间向量与垂直关系课件人教A版选修2_1.ppt
利用空间向量证明线面垂直的方法有两种：一是利用判定定 理，即通过证明向量数量积为 0 来验证直线的方向向量与平面内 两条相交直线的方向向量垂直；二是求平面的法向量，验证直线 的方向向量与平面的法向量平行.
类型一 利用空间向量证明线线垂直 【例 1】 如图，PA⊥平面 ABCD，四边形 ABCD 是矩形， PA＝AB＝1，点 F 是 PB 的中点，点 E 在边 BC 上移动．求证： 无论点 E 在边 BC 上的何处，都有 PE⊥AF.
【分析】 只需证明直线 PE 与 AF 的方向向量互相垂直即 可．
方法二：因为点 E 在边 BC 上，可设B→E＝λB→C， 于是P→E·A→F＝(P→A＋A→B＋B→E)·12(A→P＋A→B) ＝12(P→A＋A→B＋λB→C)·(A→B＋A→P) ＝12(P→A·A→B＋P→A·A→P＋A→B·A→B＋A→B·A→P＋λB→C·A→B＋λB→C·A→P)＝12 (0－1＋1＋0＋0＋0)＝0， 因此P→E⊥A→F. 故无论点 E 在边 BC 上的何处，都有 PE⊥AF.
将线线垂直问题转化为向量垂直问题后，可以选择基向量法 也可用坐标法，熟练掌握证明线线垂直的向量方法是关键.
已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的各棱长都为 1，若侧棱 C1C 的 中点为 D，求证：AB1⊥A1D.
证明：设 AB 中点为 O，作 OO1∥AA1，以 O 为坐标原点， OB，OC，OO1 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
法二：同法一得A→B1＝(0,2,2)，A→C＝(－2,2,0)， E→F＝(－1，－1,1)． 设平面 B1AC 的法向量 n＝(x，y，z)， 则A→B1·n＝0，A→C·n＝0，
即2－y＋2x2＋z＝2y0＝，0， 取 x＝1，则 y＝1，z＝－1， ∴n＝(1,1，－1)，∵E→F＝－n， ∴E→F∥n，∴EF⊥平面 B1AC.
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1．若两个不同平面α,β的法向量分别为u ＝(1,2，－1)，v ＝(2,3,8)，则 ( )
A ．α∥β
B ．α⊥β
C ．α,β相交但不垂直
D ．以上均不正确
解析：u ·v ＝(1,2，－1)·(2,3,8) ＝1×2＋2×3－1×8＝0. ∴u ⊥v .∴α⊥β. 答案：B
2．若直线l ∥α，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为(1，12，2)，则m 为( )
A ．－4
B ．－6
C ．－8
D ．8
解析：∵l ∥α，平面α的法向量为(1，1
2，2)，
∴(2，m,1)·(1，1
2，2)＝0.
∴2＋1
2m ＋2＝0.∴m ＝－8.
答案：C
3．已知AB ＝(1,5，－2)，BC ＝(3,1，z )，若AB ⊥BC ，BP ＝(x －1，y ，－3)，且
BP ⊥平面ABC ，则BP 等于
( )
A ．(337，－15
7，4)
B ．(337，－15
7，－3)
C ．(407，－15
7
，4)
D ．(407，15
7
，－3)
解析：由AB ·
BC ＝0得3＋5－2z ＝0，∴z ＝4. 又BP ⊥平面ABC ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ BP ·AB ＝0， BP ·
BC ＝0，即⎩⎪⎨
⎪⎧
x －1＋5y ＋6＝0，
3x －3＋y －12＝0，解得⎩⎨⎧
x ＝40
7，
y ＝－15
7
.
答案：B
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 ．AC
B ．BD
C ．A 1D
D ．AA 1
解析：建立如图所示坐标系. 设正方体棱长为1， 则A (1,0,0)，B (1,1,0)， C (0,1,0)，D (0,0,0)， A 1(1,0,1)，E (12，1
2，1)．
∴CE ＝(12，1
2，1)－(0,1,0)
＝(12，－1
2
，1)， AC ＝(－1,1,0)，BD ＝(－1，－1,0)，
1A D ＝(－1,0，－1)，1A A ＝(0,0，－1)．
∵CE ·BD ＝(12，－12，1)·(－1，－1,0) ＝－12＋1
2＋0＝0，
∴CE ⊥BD ，∴CE ⊥BD . 答案：B
5．在直角坐标系Oxyz 中，已知点P (2cos x ＋1,2cos 2x ＋2,0)和点Q (cos x ，－1,3)，其中x ∈[0，π].若直线OP 与直线OQ 垂直，则x 的值为________．
解析：由题意得OP ⊥OQ . ∴cos x ·(2cos x ＋1)－(2cos 2x ＋2)＝0. ∴2cos 2x －cos x ＝0.∴cos x ＝0或cos x ＝12.
又x ∈[0，π]，∴x ＝π2或x ＝π
3.
答案：π2或π
3
6．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，且有AB ＝(2，－1，－4)，AD ＝(4,2,0)，AP ＝(－1,2，－1)．给出结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP 是平面ABCD 的法向量；④AP ∥BD .其中正确的是________．
解析：由AP·AB＝－2－2＋4＝0知AP⊥AB，故①正确；
由AP·AD＝－4＋4＋0＝0，知AP⊥AD，故②正确；
由①②知AP是平面ABCD的法向量，故③正确，④不正确．
答案：①②③
7.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝2，BC＝22，E，F分别是AD，PC的中点．求证：PC⊥平面BEF.
解：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
∵AP＝AB＝2，BC＝AD＝22，四边形ABCD是矩形，
∴A，B，C，D，P的坐标为A(0，0,0)，B(2,0,0)，C(2,22，0)，D(0,22，0)，P(0,0,2).
又E，F分别是AD，PC的中点，
∴E(0，2，0)，F(1，2，1)．
∴PC＝(2,22，－2)，BF＝(－1，2，1)，
EF＝(1,0,1)，
∴PC·BF＝－2＋4－2＝0，PC·EF＝2＋0－2＝0，
∴PC⊥BF，PC⊥EF，
∴PC⊥BF，PC⊥EF.又BF∩EF＝F，
∴PC⊥平面BEF.
8.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．
(1)求证：A1E⊥BD；
(2)若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．
解：以D为坐标原点，以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.设正方体棱长为a，则A(a,0,0)，B(a，a,0)，
C(0，a,0)，A1(a,0，a)，C1(0，a，a)．
设E (0，a ，e ) (0≤e ≤a ). (1) 1A E ＝(－a ，a ，e －a )，
BD ＝(－a ，－a,0)，
1A E ·
BD ＝a 2－a 2＋(e －a )·0＝0， ∴1A E ⊥BD ，即A 1E ⊥BD .
(2)设平面A 1BD ，平面EBD 的法向量分别为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2). ∵DB ＝(a ，a,0)，1DA ＝(a,0，a )，DE ＝(0，a ，e )，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
ax 1＋ay 1＝0，
ax 1＋az 1＝0，
⎩⎪⎨⎪⎧
ax 2＋ay 2＝0，
ay 2＋ez 2＝0.
取x 1＝x 2＝1，得n 1＝(1，－1，－1)，n 2＝(1，－1，a
e ).
由平面A 1BD ⊥平面EBD 得n 1⊥n 2. ∴2－a e ＝0，即e ＝a 2
.
∴当E 为CC 1的中点时，平面A 1BD ⊥平面EBD .。