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1、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，则称这个向量垂直于平面，记作n，向量n叫做平面的法向量. (3)平面的法向量的求法(待定系数法) 建立适当的坐标系； 设平面 的法向量为 n=(x, y, z)； 求出平面内两个不共线向量的坐标
2、a=(a1, a2, a3), b=(b1, b2, b3) ； 根据法向量定义建立方程组na=0nb=0 解方程组，取其中一组解，即得平面的法向量. 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，平面的法向量是n ，则要证明l|，只需证明a n，即 a n=0.(3)面面平行若平面 的法向量为n1，平面的法向量为n2,要证| ，只需证n1|n2 ，即证n1=n2.3 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，
3、则要证明l1 l2 ，只需证明ab，即a b=0 .(2)线面垂直(法一)设直线 l的方向向量是a,平面 的法向量是n ，则要证明l ，只需证明a|n，即 a= n.(法二)设直线 l的方向向量是a，平面 内的两个相交向量分别为m, n ，若 am=0an=0 ,则 l.(3)面面垂直若平面的法向量为 n1 ，平面的法向量为 n2 ，要证，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】 若平面与的法向量分别是a=(2,4,3)，b=(1,2,2)，则平面与的位置关系是()A平行 B垂直 C相交但不垂直 D无法确定【解析】 ab=2,4,31,2,2=2+
4、86=0ab，平面与平面垂直故选：B 【典题2】 如图1所示，在边长为12的正方形AAA1A1中，点B，C在线段AA上，且AB=3，BC=4，作BB1AA1，分别交A1A1、AA1于点B1、P，作CC1AA1，分别交A1A1、AA1于点C1、Q，将该正方形沿BB1、CC1折叠，使得AA1与AA1重合，构成如图2所示的三棱柱ABCA1B1C1(1)在三棱柱ABCA1B1C1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=1234=5，从而有AC2=AB2+BC2，ABBC，又ABBB1，BCBB1=B，AB平面BC
5、C1B1(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nPA1=3x+9z=0nPC1=4y+9z=0，取x=3，得n=(3,94,1)，AQn=9+97=70，直线AQ与平面A1C1P不平行【点拨】 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； 第一问利用线面垂直判定定理便可证明，不需要利用
6、向量法; 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 AQn=0(n为平面A1C1P的法向量). 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ABCA1B1C1中，A1B1=A1C1，F为B1C1的中点，D，E分别是棱BC，CC1上的点，且ADBC(1) 求证:直线A1F平面ADE；(2) 若ABC是正三角形,E为C1C中点，能否在线段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ABCA1B1C1中，AB=AC,ADBC，D是BC的中点，又F为B1C1的中点
7、 DF/AA1四边形DFA1A是平行四边形，A1FAD，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ABCA1B1C1中，DF/AA1 DFAD,DFDC又ADBC 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在线段B1B上，设BN=BB1，01，则N(0,1,2t)，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=
8、(3，1,(22)t)，设平面ADE的法向量n=(x,y,z)，则nDA=3x=0nDE=y+tz=0，取z=1，得n=(0,t,1)，A1N平面ADE，A1Nn=0+t+(22)t=0，解得=12，在直线B1B上存在一点N，且BN=12BB1，使得A1N平面ADE【点拨】 第一问利用线面平行判定定理易证明； 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SABCD中ABCD为矩形，SDAD，且SDAB，AD=1，AB=2，SD=3E为CD上一点，且CE=3DE(1)求证
9、：AE平面SBD；(2)M、N分别在线段SB、CD上的点，是否存在M、N，使MNCD且MNSB，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： SDAD，且SDAB，SD平面ABCD又ADCD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=0AEDB,AEDS 又DBDS=DAE平面SBD；方法二 SDAD，且SDAB，SD平面ABCDSDAE如图： tanDAE=DEAD=12，tanDBA
10、=ADAB=12，DAE=DBADBA+EAB=90AEBD；AE平面SBD；(2)假设存在MN满足MNCD且MNSB在空间直角坐标系中，BS=(1,2,3)，M在线段CD上 可设BM=BS=(,2,3) (0,1)DM=DB+BM=1,2,0+,2,3=(1,22,3)M的坐标(1,22,3),N在线段SB上 可设N(0,y,0),y0,2则NM=(1,22y,3)要使MNCD且MNSB，则NMDC=0NMBS=0，可得2(22y)=0(1)2(22y)+3=0，解得 =140,1,y=320,2故存在MN使MNCD且MNSB,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.
11、【点拨】 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； 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； 三点共线设元问题：“M在线段CD上，可设BM=BS=,2,3 0,1”中，常用向量共线的方法：BM=BS，同时要注意变量的取值范围.巩固练习1. 已知n=(1,2,1)为平面的一个法向量，a=(2,1)为直线l的方向向量若l，
12、则= 【答案】 32 【解析】l，na=2+21=0，可得=322. 已知平面的法向量是a=(3x1,1,x+5)，平面的法向量是b=(x+1,x2+3,x)，且，则实数x的值为 【答案】 1或4 【解析】，ab，ab=(3x1)(x+1)(x2+3)x(x+5)=0，解得x=1或43. 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC，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ABCA1B1C1中，ABAC，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=
13、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nAD=x+y=0nAC1=2x2z=0，取x=1，得n=(1,1,1)，nA1B=02+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mDC=ab=0mDC1=ab2c=0，取a=1，得m=(1,1,0)，又平面ADC1的法向量n=(1,1,1)，nm=11+0=0，平面ADC1平面BB1C1C4 . 如图1，在RtABC中，C=90，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DEBC，DE=2，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CCD，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：CDDE，A1DDE，CDA1D=D，DE平面A1CD，又A1C平面A1CD，A1CDE又A1CCD，CD
