第06讲 空间向量的应用---线面位置关系的证明1.空间中线与线的位置关系：平行、相交、异面.2.空间中线与面的位置关系：线面平行、线在面内、线面相交.3.空间中面与面的位置关系：面面平行、面面相交.1 直线的方向向量和平面的法向量 (1)直线的方向向量若A、B是直线l上的任意两点，则AB为直线 l 的一个方向向量；与AB平行的任意非零向量也是直线l的方向向量.(2)平面的法向量若向量n所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作n⊥α，向量n叫做平面α的法向量. (3)平面的法向量的求法(待定系数法)① 建立适当的坐标系；② 设平面α 的法向量为 n=(x, y, z)；③ 求出平面内两个不共线向量的坐标 a=(a1, a2, a3), b=(b1, b2, b3) ；④ 根据法向量定义建立方程组n⋅a=0n⋅b=0 ⑤ 解方程组，取其中一组解，即得平面α的法向量. 2 判定空间中的平行关系 (1)线线平行设直线l1, l2的方向向量分别是a, b，则要证明 l1|| l2，只需证明a|| b，即a=k b(k∈ R).(2)线面平行设直线 l 的方向向量是 a，平面α的法向量是n ，则要证明l||α，只需证明a⊥ n，即 a⋅ n=0.(3)面面平行若平面α 的法向量为n1，平面β的法向量为n2,要证α||β ，只需证n1||n2 ，即证n1=λn2.3 判定空间的垂直关系 (1)线线垂直:设直线l1, l2的方向向量分别是a, b，则要证明l1⊥ l2 ，只需证明a⊥b，即a⋅ b=0 .(2)线面垂直①(法一)设直线 l的方向向量是a,平面α 的法向量是n ，则要证明l⊥α ，只需证明a||n，即 a=λ n.②(法二)设直线 l的方向向量是a，平面α 内的两个相交向量分别为m, n ，若 a⋅m=0a⋅n=0 ,则 l⊥α.(3)面面垂直若平面α的法向量为 n1 ，平面β的法向量为 n2 ，要证α⊥β，只需证n1 ⊥n2 ，即证n1 ⋅n2 =0.【题型 】线面、面面位置关系的证明【典题1】 若平面α与β的法向量分别是a=(2,4,−3)，b=(−1,2,2)，则平面α与β的位置关系是( )A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定【解析】 ∵a⋅b=2,4,−3−1,2,2=−2+8−6=0∴a⊥b，∴平面α与平面β垂直故选：B． 【典题2】 如图1所示，在边长为12的正方形AA'A1'A1中，点B，C段AA'上，且AB=3，BC=4，作BB1∥AA1，分别交A1A1'、AA1'于点B1、P，作CC1∥AA1，分别交A1A1'、AA1'于点C1、Q，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得A'A1'与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABC－A1B1C1．(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，求证：AB⊥平面BCC1B1；(2)试判断直线AQ是否与平面A1C1P平行，并说明理由．【解析】 1证明∵AB=3，BC=4，∴AC=12−3−4=5，从而有AC2=AB2+BC2，∴AB⊥BC，又∵AB⊥BB1，BC∩BB1=B，∴AB⊥平面BCC1B1．(2)直线AQ与平面A1C1P不平行．理由如下：以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，A(3,0,0)，Q(0,4,7)，A1(3,0,12)，C1(0,4,12)，P(0,0,3)，AQ=(−3,4,7)，PA1=(3,0,9)，PC1=(0,4,9)，设平面A1C1P的法向量n=(x,y,z)，则n⋅PA1=3x+9z=0n⋅PC1=4y+9z=0，取x=3，得n=(3,94,−1)，∵AQ⋅n=−9+9－7=−7≠0，∴直线AQ与平面A1C1P不平行．【点拨】① 当题中出现多线段长度，注意可利用勾股定理逆定理证明线段垂直的方法；② 第一问利用线面垂直判定定理便可证明，不需要利用向量法;③ 第二问用高一线面平行判定定理很难做出来，此时想到向量法;思路如下，AQ//平面A1C1P⇔ AQ⋅n=0(n为平面A1C1P的法向量).④ 利用待定系数法求平面A1C1P的法向量n. 【典题3】 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点，D，E分别是棱BC，CC1上的点，且AD⊥BC．(1) 求证:直线A1F∥平面ADE；(2) 若∆ABC是正三角形,E为C1C中点，能否段B1B上找一点N，使得A1N∥平面ADE？若存在，确定该点位置；若不存在，说明理由．【解析】(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∵AB=AC,AD⊥BC，∴D是BC的中点，又∵F为B1C1的中点 ∴DF//AA1∴四边形DFA1A是平行四边形，∴A1F∥AD，∵A1F⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，∴A1F∥平面ADE．(2)在直线B1B上找一点N，使得A1N∥平面ADE，证明如下：在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∵DF//AA1 ∴DF⊥AD,DF⊥DC又∵AD⊥BC ∴DA，DC,DF两两垂直，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DF为z轴，建立空间直角坐标系，设A1B1=2，AA1=2t，∵N段B1B上，设BN=λBB1，0≤λ≤1，则N(0,−1,2λt)，则A(3,0,0)，D(0,0,0)，E(0,1,t)，B(0,−1,0)，B1(0,−1,2t)，A1(3,0,2t)，DA=(3,0,0)，DE=(0,1,t)，A1N=(−3，−1,(2λ−2)t)，设平面ADE的法向量n=(x,y,z)，则n⋅DA=3x=0n⋅DE=y+tz=0，取z=1，得n=(0,−t,1)，∵A1N∥平面ADE，∴A1N⋅n=0+t+(2λ−2)t=0，解得λ=12，∴在直线B1B上存在一点N，且BN=12BB1，使得A1N∥平面ADE．【点拨】① 第一问利用线面平行判定定理易证明；② 题中线段没有给到具体值，可作假设A1B1=2，便于建系后确定点坐标，同时减少计算量，直棱柱的高AA1与A1B1长度没联系，所有只能设AA1=2t.【典题4】 如图，四棱锥S－ABCD中．ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD=1，AB=2，SD=3．E为CD上一点，且CE=3DE．(1)求证：AE⊥平面SBD；(2)M、N分别段SB、CD上的点，是否存在M、N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，确定M、N的位置；若不存在，说明理由．【解析】(1)方法一 证明：∵ SD⊥AD，且SD⊥AB，∴SD⊥平面ABCD．又∵AD⊥CD可建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知D0,0,0,E0,12,0,B1,2,0,A(1,0,0)，C(0,2,0)，S(0,0,3)∴AE=−1,12,0 , DB1,2,0,DS(0,0,3),∴AE⋅ DB=0,AE⋅ DS=0∴AE⊥DB,AE⊥DS 又DB∩DS=D∴AE⊥平面SBD；方法二 ∵ SD⊥AD，且SD⊥AB，∴SD⊥平面ABCD∴SD⊥AE如图： ∵tan∠DAE=DEAD=12，tan∠DBA=ADAB=12，∴∠DAE=∠DBA∴∠DBA+∠EAB=90°．∴AE⊥BD；∴AE⊥平面SBD；(2)假设存在MN满足MN⊥CD且MN⊥SB．在空间直角坐标系中，BS=(−1,−2,3)，∵M段CD上 可设BM=λBS=(−λ,−2λ,3λ) (λ∈[0,1])∵DM=DB+BM=1,2,0+−λ,−2λ,3λ=(1−λ,2−2λ,3λ)∴M的坐标(1−λ,2−2λ,3λ),∵N段SB上 可设N(0,y,0),y∈[0,2]则NM=(1－λ,2－2λ－y,3λ)．要使MN⊥CD且MN⊥SB，则NM⋅DC=0NM⋅BS=0，可得2(2−2λ−y)=0−(1−λ)−2(2−2λ−y)+3λ=0，解得 λ=14∈[0,1],y=32∈[0,2]．故存在MN使MN⊥CD且MN⊥SB,其中M是线段SB靠近B的四等分点，N是线段CD靠近C的四等分点.【点拨】① 对于高一非向量法与向量法的取舍，若第一问非向量法较容易解答，而第二问很难则第一问用非向量法，第二问用向量法；若第一问用非向量法较难，则建议从第一问就开始利用向量法，比如该题，不用纠结第一问用向量法要建系描点浪费时间，其实不然，因为第二问大多数情况下都使用向量法的；② 第一问方法二中利用平面几何知识点怎么垂直关系，常见技巧是勾股定理逆定理、相似三角形、三角函数等；③ 三点共线设元问题：“∵M段CD上，可设BM=λBS=−λ,−2λ,3λ λ∈0,1”中，常用向量共线的方法：BM=λBS，同时要注意变量λ的取值范围.巩固练习1. 已知n=(1,2,−1)为平面α的一个法向量，a=(−2,λ,1)为直线l的方向向量．若l∥α，则λ= ． 【答案】 32 【解析】∵l∥α，∴n→•a→=−2+2λ－1=0，可得λ=32．2. 已知平面α的法向量是a=(3x−1,−1,x+5)，平面β的法向量是b=(x+1,x2+3,−x)，且α⊥β，则实数x的值为 ．【答案】 −1或4 【解析】∵α⊥β，∴a→⊥b→，∴a→⋅b→=(3x−1)(x+1)−(x2+3)−x(x+5)=0，解得x=－1或4．3. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1，D为BC的中点．(1)证明：A1B∥平面ADC1；(2)证明：平面ADC1⊥平面BB1C1C．【证明】(1)证明：∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，∴以A1为原点，A1C1为x轴，A1B1为y轴，A1A为z轴，建立空间直角坐标系，设AB=AC=AA1=2，A1(0,0,0)，B(0,2,2)，A(0,0,2)，C(2,0,2)，D(1,1,2)，C1(2,0,0)，A1B→=(0,2,2)，AD→=(1,1,0)，AC1→=(2,0,－2)，设平面ADC1的法向量n→=(x,y,z)，则n→⋅AD→=x+y=0n→⋅AC1→=2x−2z=0，取x=1，得n→=(1,－1,1)，∵n→⋅A1B→=0－2+2=0，且A1B⊄平面ADC1，∴A1B∥平面ADC1．(2)证明：∵DC→=(1,－1,0)，DC1→=(1,－1,－2)，设平面BB1C1C的法向量m→=(a,b,c)，则m→⋅DC→=a−b=0m→⋅DC1→=a−b−2c=0，取a=1，得m→=(1,1,0)，又平面ADC1的法向量n→=(1,－1,1)，n→⋅m→=1－1+0=0，∴平面ADC1⊥平面BB1C1C．4 . 如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2．(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．【答案】(1)证明略 (2)不存在 【解析】(1)证明：∵CD⊥DE，A1D⊥DE，CD∩A1D=D，∴DE⊥平面A1CD，又∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE又A1C⊥CD，CD∩。