(共106张PPT)
6.3 空间向量的应用
6.3.2 空间线面关系的判定
第2课时 空间向量与垂直关系
探究点一 直线与直线垂直
探究点二 直线与平面垂直
探究点三 平面与平面垂直
◆
◆
◆
◆
课前预习
课中探究
备课素材
练习册
答案核查【导】
答案核查【练】
【学习目标】
1.能用直线的方向向量和平面的法向量刻画直线与直线、直线与平面、
平面与平面的垂直.
2.能分析和解决一些立体几何中的垂直问题,体会向量方法与综合几
何方法的共性和差异,体会直线的方向向量和平面的法向量的作用,感
悟向量是研究几何问题的有效工具.
知识点 用空间向量描述空间线面的垂直关系
设直线,的方向向量分别为,,平面 , 的法向量分别为, ,则
垂直关系 对应线面 图形 满足条件
线线垂直 ______________________________________________
垂直关系 对应线面 图形 满足条件
线面垂直 ____________________________________________________
面面垂直 __________________________________________________
续表
【诊断分析】
判断正误.（请在括号中打“√”或“×”）
（1）若两条直线的方向向量垂直,则这两条直线垂直.( )
√
（2）当直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时,直线与
平面垂直.( )
√
（3）若两个平面的法向量垂直,则这两个平面垂直.( )
√
（4）若直线,的方向向量分别为, ,则
.( )
√
探究点一 直线与直线垂直
例1 如图所示，在直三棱柱 中，侧面
为正方形，，,分别为 和
的中点，为棱上的点， ，证
明： .
证明：方法一：因为三棱柱 是直三棱
柱，所以 平面 ，
又 平面，所以 ，
因为， ，
所以，
又,, 平面 ，
所以 平面 ，
所以,, 两两垂直.
以,, }为正交基底，建立空间直角坐标系
，如图，
则,, ,,,
，, ，
由题设得，
因为 , ，
所以 ，
所以，即 .
方法二：因为，，所以 ，
故， ，
所以
，
所以，则 .
变式 如图所示，在三棱台 中，平面
平面， ，
.
证明： .
证明：作，交于 ，
因为平面 平面，且平面 平面 ，
平面，所以 平面 .
以为原点，的方向为轴正方向， 的方向
为 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
，
设，因为 ，所以
，
所以，所以,, ，
所以， ，
因为，所以 ，
即 ，
又因为，所以 .
［素养小结］
在探究空间的垂直关系时,通常的做法是看到直线找直线的方向向量,
看到平面找平面的法向量,然后通过向量的运算得到直线的方向向量与
直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、平面的法向量与
平面的法向量之间的关系,从而确定线线、线面、面面之间的关系.
探究点二 直线与平面垂直
例2 ［2025·江苏启东期末］如图，在直三棱柱
中,,,为 的中
点，为侧棱上一点，且 ，三棱柱
的体积为32.过点作 ，垂足
为点，求证： 平面 .
证明：在直三棱柱中， 平面
，
又, ，
所以三棱柱 的体积
，解
得 .
由题意知,, 两两垂直，
以,, }为正交基底，建立空间直角坐标系
，如图所示，
则,, , ,,
，则 ， .
设，则 ，
故 .
因为，所以 ，
所以，解得，则 ，
所以, .
因为 ，
，
所以,.
又因为 平面 ， 平面，，
所以 平面 .
变式 ［2025·江苏扬州大学附中高二月考］如图，
在四棱锥中， 底面 ，
，， ，
，为上一点，且 .求证：
平面 .
证明：由题可知，，两两垂直，以 ，
， }为正交基底，建立如图所示的空间直角坐
标系 ，
则，，， ，
，
所以，， .
因为，所以 ，所以
，
因为 ，，
所以， ，
即， ，
又因为，, 平面 ，
所以 平面 .
［素养小结］
用向量法证明线面垂直的方法:①证明直线的方向向量与平面内的两条
相交直线的方向向量垂直;②证明直线的方向向量与平面的法向量平行.
探究点三 平面与平面垂直
例3 ［2025·江苏徐州期末］如图，在四棱锥
中， 平面， ，
，，， 为
的中点，点在棱上，且 .求证：平
面 平面 .
证明：如图，以，， }为正交基底，
建立空间直角坐标系 ，
则，，， ，
， ，
所以， ，，
因为，所以 ，所以
，即 ，
所以， .
设平面的法向量为 ，
则
令 ，则，，
所以 .
设平面的法向量为 ，
则
令，则， ，所以 .
因为 ，
所以，所以平面 平面 .
变式 如图，四棱锥 的底面是直角梯
形， ，
，侧面 底
面 .
证明：（1） ；
证明：如图，取的中点，连接 ，
， ，
平面 平面 ，
平面 平面， 平面
， 平面 .
取的中点，连接，易知，，
两两垂直，以，， }为正交基底，
建立空间直角坐标系 ，如图所示.
不妨设 ，则
, ，
,,, ，
， ，
，
， .
变式 如图，四棱锥 的底面是直角梯
形， ，
，侧面 底
面 .
证明：（2）平面 平面 .
证明： 取的中点，连接 ，则
，
， ，
，
，即 .
，，即 ，
又,, 平面， 平面
平面， 平面 平面 .
［素养小结］
证明面面垂直的方法:①利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、
线线垂直去证明;②证明两个平面的法向量互相垂直.
拓展 如图①,在边长为2的菱形中, , ,垂足
为,将沿折起到的位置,使 ,得到四棱锥
，如图②.
（1）求证: 平面 .
证明:, ,
又,, 平面
, 平面, 平面 .
平面, ,
又,, 平面
, 平面, 平面 .
拓展 如图①,在边长为2的菱形中, , ,垂足
为,将沿折起到的位置,使 ,得到四棱锥
，如图②.
（2）在线段上是否存在点,使平面 平面 若存在,求
出 的值;若不存在,说明理由.
解：存在点满足题意，且 .证明如下:
平面,,，，
两两垂直.
以, , }为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系 ,
则,, .
假设在线段上存在一点,使得平面 平面 ,
设, ,
则, .
设平面的法向量为 ,
由, ,
得得
令 ,得 .
设平面的法向量为 ,
由, ,
得
取,得 .
平面 平面,
,解得 ,满足,
在线段上存在点,使得平面 平面 ,且 .
空间垂直关系的向量表示
（1）线线垂直
设直线的方向向量为,直线 的方向向量为
,则 .
（2）线面垂直
设直线的方向向量为,平面 的法向量为
,则 ,
, .
（3）面面垂直
若平面 的法向量为,平面 的法向量为
,则
.
空间垂直关系的解题策略
几何法 向量法
线线 垂直 两直线的方向向量互相垂
直
线面 垂直 （1）证明直线的方向向
量与平面内两条相交直线
的方向向量都垂直;
（2）证明直线的方向向
量与平面的法向量平行
几何法 向量法
面面 垂直 证明两个平面的法向量互
相垂直
续表
例1 如图,在正三棱柱中, ,
,,分别是棱, 上的点,
.证明:平面 平面 .
证明：分别取,的中点,,连接, ,
在正三棱柱中, 为正三角形,
所以.
因为, 底面 ,所以 底面 .
以,, }为正交基底，建立空间直角坐标系
,如图所示,
因为,且 ,
所以,,, ,
,
则,, ,
.
设平面的法向量为 ,
则即
令,则 .
设平面的法向量为 ,
则即
令,则 .
因为,所以 ,
所以平面 平面 .
例2 ［2025·广东珠海一中高二月考］如图，在三
棱柱 中，
， ，
是棱 的中点.
（1）证明： .
证明：如图，取的中点，连接, ,
.
,
, , ,
， ，
，
，， 平面， 平面 .
平面， .
例2 ［2025·广东珠海一中高二月考］如图，在三棱
柱中， ，
，是棱 的中点.
（2）若三棱锥的体积为，问在棱
上是否存在一点使得 平面？若存在，请求出线段 的
长度；若不存在，请说明理由.
解：不存在，理由如下.
由（1）得， 平面 ，
平面， 平面 平面 ，
如图，过点作于点 .
平面 平面， 平面
， 平面 .
由题意得,,， ,
， ，
设三棱柱的高为，
三棱锥的体积为 ，
三棱锥的体积为 ，即
，，即 ，
，
点为 的中点.
取的中点，连接，则， .
以，， }为正交基底，建立如图所示
的空间直角坐标系 ，
则，， ，
， ，
，
， ， .
假设在棱上存在一点使得 平面 ，
设，则 ，
，
平面， 且
.
由，得 ，解得
，
由 ，得
，解得
，
不存在，使 和
同时成立，
在棱 上不存在点使得 平面 .
练习册
1.已知,分别是平面 , 的一个法向
量，若 ，则 ( )
A.1 B.7 C. D.2
[解析] 因为 ，所以，即 ，解
得 ，故选D.
√
2.已知,分别是平面 , 的一个法向量,则
平面 , 的位置关系为( )
A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.重合
[解析] 因为, ,所以
,所以,所以 .故选B.
√
3.若直线的一个方向向量为,平面 的一个法向量为
,则( )
A. B.
C. D. 或
[解析] 直线的一个方向向量为,平面 的一个法向量
为,, ,故选B.
√
4.如图,在正方体中,若 为
的中点,则下列直线与直线 垂直的是
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 以，, }为正交基底，建立如图所
示的空间直角坐标系 .
设正方体的棱长为1, 则,,,
, , ,
, ,
,,
,
, , ,
与, , 均不垂直.故选B.
5.［2025·江苏泰州期末］如图， 平面，四边形 为
正方形，为的中点，是上一点，当时， 等于
( )
A. B.1 C.2 D.3
√
[解析] 根据题意，以，， }为正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系 ，
设正方形的边长为1，，则 ，
，.
设 ，则，.
因为 ，所以，解得，
即，则是 的中点，故 .故选B.
6.（多选题）给出下列命题，其中是假命题的是( )
A.若直线的一个方向向量为，直线 的一个方向向量
为，则
B.若直线的一个方向向量为，平面 的一个法向量为
，则
C.若平面 ， 的一个法向量分别为， ，
则
D.若平面 经过三点，， ，向量
是平面 的法向量，则
√
√
√
[解析] 对于A选项，注意到，则与 不
垂直，故A中命题是假命题；
对于B选项，令，得 方程组无解，则直线与平面
不垂直，故B中命题是假命题；
对于C选项，注意到，则平面 与平面 不垂直，
故C中命题是假命题；
对于D选项，， ，则
可得，故D中命题是真命题.
故选 .
7.已知，，分别是平面 , , 的
一个法向量，则 , , 三个平面中互相垂直的有___对.
0
[解析] 因为 ，
， ，
所以,,中任意两个都不垂直，即 , , 中任意两个都不垂直.
8.［2025·江苏启东一中质检］在空间直角坐标系中，已知
，，.若向量与平面 垂直，且
，则 的坐标为____________________.
或
[解析] 根据题意，得， .
，与平面垂直， 即
可得
，，解得或
当 时，，；当时，， .
的坐标为或 .
9.（13分）如图所示,正三棱柱的棱长均为2,为 的
中点.求证: 平面 .
证明:方法一:取的中点,连接 ，
为正三角形, .
在正三棱柱中,易得平面
平面 ,
平面 平面, 平面, 平面
.
取的中点,连接,则，以, , }为正交基底,
建立如图所示的空间直角坐标系,则, ,
,,.
设平面 的 法向量为,
则 即
又 ,,取 ,得
, ,
平面 .
方法二:设平面内的任意一条直线的方向向量为 ,则存在实
数 , ,使得 .
令,,,显然它们不共面,且 ,
,,
将,, 作为空间的一个基底,
则 ,
, ,
故 ,故
, 故, 平面 .
方法三:令,, ,显然它们不共面,且
,, ,
将,, 作为空间的一个基底,
则 ,
, .
,
,
,,即, ,
又, 平面 .
10.［2025·重庆育才中学高二月考］如图，已知正
方体的棱长为2，， 分别为
棱，的中点，若点 为正方体表面上一动
点，且满足 平面，则点 的轨迹长度
为( )
A. B. C. D.2
√
[解析] 如图，以,, }为正交基底，建
立空间直角坐标系，
则 , ,,， ，
则,, ，
故 ,
，所以 ,，即，，
又，, 平面，所以 平面，
故当点在线段 上时，满足 平面，所以点的轨迹长度
为 .故选B.
11.如图,已知正方体 的棱长为4,
是的中点,点在侧面 内（含边界）,
若,则 面积的最小值为( )
A.8 B.4 C. D.
√
[解析] 以，， }为正交基底，建立如
图所示的空间直角坐标系,则 ,
,, ,
设,则 ,
.
因为 ,所以,得,
所以 ,所以 ，
所以 ,
所以当时,取得最小值 .
易知,,所以 的最小值为
.故选D.
12.（多选题）［2025·江苏南通高二期中］在棱长为1的正方体
中，点在线段上，点在线段 上，则
( )
A.当为的中点，为的中点时， 平面
B.当为的中点时，
C.当平面时，的最小值为
D.的最小值为
√
√
√
[解析] 以，， }为单位正交基底，
建立如图所示的空间直角坐标系 ，则
,,,, ,
,, ,
点在线段上,点在线段上,
设, ,
, ，
,.
, ,
,
, ,,又, 平面, 平面
, 平面,故A正确;
,
, ,
, ,故B正确;
对于C,易知平面 的一个法向量为，,平面 , ,即, ,
,所以当 时,
,故C错误；
对于D,当 最小时,,,
因为,
,,即
即
即
解得,此时 ，
,故 的最
小值为,故D正确.故选 .
13.如图,在长方体中, ,以
,,}为正交基底,建立空间直角坐标系.若点 在平面
内,且 平面,则点 的坐标是________.
[解析] 由题意得,, ,
,所以, .
因为点在平面内,所以设点 ,
所以.
若 平面 ,则
即解得 所以点的坐标是 .
14.（15分）［2025·江苏盐城中学高二质检］
如图，四棱锥 的底面为平行四边
形， ，
，为 的重心.
（1）证明： 平面 .
证明：由已知得,,不共面，故取 ,
, }为空间的一个基底，
因为，, ,
, ，
所以 .
因为，为 的重心，所以
，
所以 ，
，
所以，，即 ,，
又, 平面 ，
，所以 平面 .
14.（15分）［2025·江苏盐城中学高二质检］
如图，四棱锥 的底面为平行四边
形， ，
，为 的重心.
（2）若为的中点，求线段 的长.
解：因为 ，
，且为 的中点，
所以 ，
所以
，所以，所以线段的长为 .
14.（15分）［2025·江苏盐城中学高二质检］
如图，四棱锥 的底面为平行四边
形， ，
，为 的重心.
（3）设为线段上的一个动点，是否存在点，使得 ？
若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
解：设存在点，使得 ，且
， ，
则 ，
，
所以 ，
所以存在点，使得，此时 .
，
15.如图，已知正方体 的棱长为
2，，分别为，的中点，在直线
上，且，的重心为 ，则下列
说法中正确的是______.（填序号）
①③
①若在平面内，则；②若， ，
三点共线，则；③若 平面，则 .
[解析] 以，， }为正交基底，建立空间直
角坐标系，如图所示，则 ，
，，， ，
，，， .
对于①，因为在平面内，所以 ，解得
，故①正确；
对于②，因为 ，，所以若，，
三点共线，则，即，解得 ，故②错误；
对于③，因为 平面，， 平面
，所以且 ，因为
，， ，
所以由得
解得 ，故③正确.故正确的说法是①③.
16.（15分）［2025·湖北荆荆襄宜四地七校考试联盟联
考］在中，,，点， 分别
为边，的中点，将沿折起至 ，
使得平面 平面，得到四棱锥 ，
如图所示.
（1）求证： .
证明：在中， 点，分别为边， 的
中点，，
又,，即 .
在四棱锥中，
平面 平面 ，平面 平面,
平面 ，
平面 .
又 平面, .
16.（15分）［2025·湖北荆荆襄宜四地七校考试联盟联
考］在中，,，点， 分别
为边，的中点，将沿折起至 ，使
得平面 平面，得到四棱锥 ，如
图所示.
（2）在平面内是否存在点，使得平面 平面 ？若
存在，指出点 的位置；若不存在，说明理由.
解：由（1）知，,,.
以 , , }为正交基底，建立如图所示的空间直
角坐标系 ，
则,,,, ，
,, .
设为平面 的法向量，
则即取 ，则
.
假设在平面内存在点 ，使得平面 平面 .
若，则设 ，设平面
的法向量为，
由 可得 取，则，
平面 的一个法向量为，
由 知此情况不成立.
若与不共线，设，连接 ，
设 ，则
，
当时， ，此时.
又,， 平面，
又 平面，
平面 平面，即平面 平面 .
在平面内存在点，当点在直线
（点为上靠近点 的三等分点）上时，平面
平面 .
快速核答案（导学案）
课前预习 知识点
【诊断分析】 （1）√ （2）√ （3）√ （4）√
课中探究 探究点一例1 证明略 变式 证明略
探究点二 例2 证明 略 变式 证明略
探究点三 例3 证明 略 变式 证明略
拓展 （1）证明略 （2）存在点满足题意，且.证明略
练习册
基础巩固
1.D 2.B 3.B 4.B 5.B 6.ABC 7.0 8.或 9.证明略
综合提升
10.B 11.D 12.ABD 13. 14.（1）证明略 的长为
（3） 存在点，使得，此时
思维探索
15.①③
16.（1）证明略（2）在平面内存在点，当点在直线（点为上靠近
点的三等分点）上时，平面 平面.理由略第2课时 空间向量与垂直关系
【课前预习】
知识点
u1⊥u2 u1·u2=0 u1∥n1 u1=λn1 n1⊥n2
n1·n2=0
诊断分析
(1)√ (2)√ (3)√ (4)√
【课中探究】
探究点一
例1 证明:方法一:因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以BB1⊥平面ABC,
又AB 平面ABC,所以BB1⊥AB,
因为A1B1∥AB,BF⊥A1B1,
所以BF⊥AB,又BB1∩BF=B,BB1,BF 平面BCC1B1,
所以AB⊥平面BCC1B1,
所以BA,BC,BB1两两垂直.
以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系B-xyz,如图,则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2),E(1,1,0),F(0,2,1),
由题设得D(a,0,2)(0≤a≤2),因为=(0,2,1),=(1-a,1,-2),所以·=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,所以⊥,即BF⊥DE.
方法二:因为BF⊥A1B1,A1B1∥AB,所以BF⊥AB,
故·=0,·=0,
所以·=·(++)=·+·(+)=·+·=·+·=-·-·+·=-·+·=
-||·||cos∠FBC+||·||cos∠FBB1=-××2×+×2×=0,所以⊥,则BF⊥DE.
变式 证明:作DO⊥AC,交AC于O,
因为平面ADFC⊥平面ABC,且平面ADFC∩平面ABC=AC,DO 平面ADFC,所以DO⊥平面ABC.
以O为原点,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,
设OC=1,因为∠ACB=∠ACD=45°,所以DC=2BC=,
所以BC=,所以D(0,0,1),C(0,1,0),B,
所以=,=,
因为·=×+×+1×0=0,所以⊥,即BC⊥BD,
又因为BC∥EF,所以EF⊥BD.
探究点二
例2 证明:在直三棱柱ABC-FGE中,CE⊥平面ABC,又AC⊥BC,AC=BC=4,
所以三棱柱ABC-FGE的体积V=AC×BC×CE=×4×4×CE=32,解得CE=4.
由题意知CA,CB,CE两两垂直,
以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系C-xyz,如图所示,则O(0,2,0),D(0,4,1),E(0,0,4),B(0,4,0),A(4,0,0),C(0,0,0),则=(4,0,0),=(0,-4,3).
设=λ=(0,-4λ,3λ),则Q(0,4-4λ,1+3λ),
故=(0,2-4λ,1+3λ).
因为OQ⊥DE,所以·=0,
所以0-8+16λ+3+9λ=0,解得λ=,则Q,
所以=,=.
因为·=(4,0,0)·=0,
·=·=-+=0,
所以BQ⊥CA,BQ⊥CQ.又因为CA 平面ACQ,CQ 平面ACQ,CA∩CQ=C,所以BQ⊥平面ACQ.
变式 证明:由题可知AB,AD,AP两两垂直,以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2),
所以=(1,1,-2),=(0,0,2),=(1,-1,0).
因为PE=PC,所以==,所以=+=,
因为·=+-=0,·=-+0=0,所以⊥,⊥,即AE⊥PC,AE⊥CB,
又因为PC∩CB=C,PC,CB 平面PBC,
所以AE⊥平面PBC.
探究点三
例3 证明:如图,以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),P(2,0,2),E(1,0,1),B(3,2,0),
所以=(0,2,0),=(-2,2,-2),=(2,0,2),因为=,所以=,所以=+=(2,0,2)+(-2,2,-2)=,即F,
所以=,=(-1,0,1).
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,则y=-1,z=1,所以n=(1,-1,1).
设平面PCD的法向量为m=(a,b,c),
则
令a=1,则c=-1,b=0,所以m=(1,0,-1).
因为n·m=1×1+0×(-1)+1×(-1)=0,
所以n⊥m,所以平面AEF⊥平面PCD.
变式 证明:(1)如图,取BC的中点O,连接PO,∵PB=PC,∴PO⊥BC,
∵平面PBC⊥平面ABCD,
平面PBC∩平面ABCD=BC,PO 平面PBC,∴PO⊥平面ABCD.
取AD的中点E,连接EO,易知EO,BC,PO两两垂直,以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.
不妨设CD=1,则AB=BC=PB=PC=2,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,
∴⊥,∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M,连接DM,则M,
∵=,=(1,0,-),∴·=0,
∴⊥,即DM⊥PB.
∵·=-=0,∴⊥,即DM⊥PA,
又∵PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,∴DM⊥平面PAB.∵DM 平面PAD,∴平面PAD⊥平面PAB.
拓展 解:(1)证明:∵DE⊥AB,∴BE⊥DE,
又∵BE⊥A1D,DE∩A1D=D,DE 平面A1DE,A1D 平面A1DE,∴BE⊥平面A1DE.
∵A1E 平面A1DE,∴A1E⊥BE,
又∵A1E⊥DE,BE∩DE=E,BE 平面BCDE,DE 平面BCDE,∴A1E⊥平面BCDE.
(2)存在点P满足题意,且=.证明如下:
∵A1E⊥平面BCDE,BE⊥DE,∴A1E,EB,ED两两垂直.以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,
则B(1,0,0),D(0,,0),A1(0,0,1).
假设在线段BD上存在一点P,使得平面A1EP⊥平面A1BD,设P(x,y,z),=λ(0≤λ≤1),
则(x-1,y,z)=λ(-1,,0),∴P(1-λ,λ,0).
设平面A1EP的法向量为m=(x1,y1,z1),
由=(0,0,1),=(1-λ,λ,0),
得得
令x1=λ,得m=(λ,λ-1,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x2,y2,z2),
由=(1,0,-1),=(0,,-1),
得取x2=,得n=(,1,).
∵平面A1EP⊥平面A1BD,∴m·n=3λ+λ-1=0,解得λ=,满足0≤λ≤1,∴在线段BD上存在点P,使得平面A1EP⊥平面A1BD,且=.第2课时 空间向量与垂直关系
1.D [解析] 因为α⊥β,所以n1⊥n2,即n1·n2=x+2x-6=0,解得x=2,故选D.
2.B [解析] 因为m=(-2,2,5),n=(3,-2,2),所以m·n=-2×3+2×(-2)+5×2=0,所以m⊥n,所以α⊥β.故选B.
3.B [解析] ∵直线l的一个方向向量为a=(2,2,-2),平面α的一个法向量为b=(1,1,-1),∴a=2b,∴l⊥α,故选B.
4.B [解析] 以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),E,∴=,=(-1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,-1),=(0,0,-1).∵·=(-1)×+(-1)×+0×1=0,∴CE⊥BD.∵·=-1≠0,·=-≠0,·=-1≠0,∴CE与AC,A1D,A1A均不垂直.故选B.
5.B [解析] 根据题意,以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,设正方形ABCD的边长为1,PA=a,则B(1,0,0),E,P(0,0,a).设F(0,y,0),则=(-1,y,0),=.因为BF⊥PE,所以·=(-1)×+y=0,解得y=,即F,则F是AD的中点,故=1.故选B.
6.ABC [解析] 对于A选项,注意到a·b=1-1-1=-1≠0,则l与m不垂直,故A中命题是假命题;对于B选项,令a=λn,得方程组无解,则直线l与平面α不垂直,故B中命题是假命题;对于C选项,注意到n1·n2=6≠0,则平面α与平面β不垂直,故C中命题是假命题;对于D选项,=(-1,1,1),=(-1,2,3),则
可得y+2z=0,故D中命题是真命题.故选ABC.
7.0 [解析] 因为a·b=(0,1,1)·(1,1,0)=1≠0,a·c=(0,1,1)·(1,0,1)=1≠0,b·c=(1,1,0)·(1,0,1)=1≠0,所以a,b,c中任意两个都不垂直,即α,β,γ中任意两个都不垂直.
8.(-2,4,1)或(2,-4,-1) [解析] 根据题意,得=(-1,-1,2),=(1,0,2).设n=(x,y,z),∵n与平面ABC垂直,∴即可得
∵|n|=,∴=,解得y=4或y=-4.当y=4时,x=-2,z=1;当y=-4时,x=2,z=-1.
∴n的坐标为(-2,4,1)或(2,-4,-1).
9.证明:方法一:取BC的中点O,连接AO,
∵△ABC为正三角形,∴AO⊥BC.
在正三棱柱ABC-A1B1C1中,易得平面ABC⊥平面BCC1B1,
∵平面ABC∩平面BCC1B1=BC,AO 平面ABC,∴AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1,连接OO1,则OO1⊥BC,以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,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),则即又=(-1,2,),=(-2,1,0),∴取x=1,得n=(1,2,-).∵=(1,2,-),∴=n,
∴AB1⊥平面A1BD.
方法二:设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m,则存在实数λ,μ,使得m=λ+μ.
令=a,=b,=c,显然它们不共面,且|a|=|b|=|c|=2,a·b=a·c=0,b·c=2,将{a,b,c}作为空间的一个基底,
则=+=+=a+c,=+=+=a+b,=-=a-c,
故m=λ+μ=a+μb+λc,故·m=(a-c)·=4-2μ-4λ=0,故⊥m,∴AB1⊥平面A1BD.
方法三:令=a,=b,=c,显然它们不共面,且|a|=|b|=|c|=2,a·b=a·c=0,b·c=2,将{a,b,c}作为空间的一个基底,则=+=+=a+c,=+=+=a+b,=-=a-c.
∵·=(a-c)·(a+c)=|a|2-|c|2=0,·=(a-c)·=|a|2+a·b-a·c-b·c=0,∴⊥,⊥,即AB1⊥BA1,AB1⊥BD,
又BA1∩BD=B,∴AB1⊥平面A1BD.
10.B [解析] 如图,以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,0,1),N(1,2,0),C1(0,2,2),则=(-1,0,2),=(0,2,0),=(2,0,1),故·=(-1,0,2)·(0,2,0)=0,·=(-1,0,2)·(2,0,1)=-2+2=0,所以⊥,⊥,即NC1⊥DC,NC1⊥DM,又DC∩DM=D,DC,DM 平面MDC,所以NC1⊥平面MDC,故当点P在线段NC1上时,满足NP⊥平面MDC,所以点P的轨迹长度为NC1==.故选B.
11.D [解析] 以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则P(4,0,2),C(0,4,0),D1(0,0,4),B(4,4,0),设M(4,a,b)(a,b∈[0,4]),则=(4,a,b-4),=(4,-4,2).因为D1M⊥CP,所以·=16-4a+2b-8=0,得b=2a-4,所以M(4,a,2a-4),所以=(0,a-4,2a-4),所以||==,所以当a=时,||取得最小值.易知BC=4,BM⊥BC,所以S△BCM的最小值为×4×=.故选D.
12.ABD [解析] 以{,,}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),D1(0,0,1),∴=(1,1,0),=(-1,0,1),因为点M在线段BD上,点N在线段AD1上,∴设=λ(0≤λ≤1),=μ(0≤μ≤1),∴=(λ,λ,0),=(-μ,0,μ),∴M(λ,λ,0),N(1-μ,0,μ).对于A,当M为BD的中点,N为AD1的中点时,M,N,∴=,∵=(0,1,1),=(-1,0,0),∴·=0×0+×1+×1=0,·=0×(-1)+×0+×0=0,∴MN⊥AB1,MN⊥B1C1,又AB1∩B1C1=B1,AB1 平面AB1C1D,B1C1 平面AB1C1D,∴MN⊥平面AB1C1D,故A正确;对于B,当M为BD的中点时,M,∴=,=(-1,-1,-1),∵·=×(-1)+×(-1)+μ×(-1)=0,∴MN⊥B1D,故B正确;对于C,易知平面CC1D1D的一个法向量为=(1,0,0),=(1-μ-λ,-λ,μ),∵MN∥平面CC1D1D,∴·=0,即1-μ-λ=0,∴λ=1-μ,∴||====,所以当μ=时,||min==,故C错误;对于D,当MN最小时,MN⊥AD1,MN⊥DB,因为=(1-μ-λ,-λ,μ),=(1,1,0),=(-1,0,1),即
即即
解得λ=μ=,此时=,∴||==,故MN的最小值为,故D正确.故选ABD.
13. [解析] 由题意得D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,1),所以=(0,2,-1),=(-1,2,0).因为点P在平面A1B1C1D1内,所以设点P(m,n,1),所以=(m,n,1).若DP⊥平面ACD1,则即解得所以点P的坐标是.
14.解:(1)证明:由已知得,,不共面,故取{,,}为空间的一个基底,因为||=||=||=2,<,>=<,>=<,>=,
所以·=·=·=2×2×cos=2.
因为=-,G为△PCD的重心,所以=×(+)=(+),
所以·=·-·=2-2=0,
·=(+)·(-)=0,
所以⊥,⊥,即CD⊥PA,CD⊥PG,又PA,PG 平面PAG,PA∩PG=P,所以CD⊥平面PAG.
(2)因为=+=+=+-,=(+),且M为BG的中点,
所以=(+)=+-,
所以||2==+++·-·-·=×4+×4+×4+×2-×2-×2=3,所以||=,所以线段PM的长为.
(3)设存在点T,使得BG⊥GT,且=λ,λ∈[0,1],
则=-=(+)--+=--+,=-=-,所以·==++·+·-·=×4+×4+×2+×2-×2=0,所以λ=0,
所以存在点T,使得BG⊥GT,此时=0.
15.①③ [解析] 以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),D(0,2,0),D1(0,2,2),P(1,0,0),Q(2,2,1),R(0,2λ,2),G.对于①,因为G在平面CDD1C1内,所以=2,解得λ=2,故①正确;对于②,因为=(2,-2,2),=,所以若B1,G,D三点共线,则∥,即=-=,解得λ=,故②错误;对于③,因为DG⊥平面PQR,PQ,PR 平面PQR,所以DG⊥PQ且DG⊥PR,因为=(1,2,1),=(-1,2λ,2),=,所以由得
解得λ=,故③正确.故正确的说法是①③.
16.解:(1)证明:在△PBC中,∵点D,E分别为边PC,PB的中点,∴DE∥BC,又B=,∴PE⊥ED,即AE⊥ED.
在四棱锥A-EBCD中,∵平面AED⊥平面BCDE,平面AED∩平面BCDE=ED,AE 平面AED,
∴AE⊥平面BCDE.
又∵DC 平面BCDE,∴DC⊥AE.
(2)由(1)知,AE⊥ED,AE⊥EB,EB⊥ED.以{,,}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,
则E(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,1,0),A(0,0,2),
∴=(0,0,2),=(2,0,-2),=(0,1,-2).
设m=(x,y,z)为平面ABD的法向量,
则即取z=1,则m=(1,2,1).假设在平面ACD内存在点M,使得平面AEM⊥平面ABD.
若∥,则设=μ=(2μ,μ,0),设平面AEM的法向量为n=(a,b,c),由可得
取a=1,则n=(1,-2,0),∵平面ABD的一个法向量为m=(1,2,1),∴由m·n≠0知此情况不成立.
若与不共线,设AM∩CD=N,连接EN,
设=λ=λ(2,1,0)=(2λ,λ,0),则=+=(2λ,λ+1,0),当·=(2λ,λ+1,0)·(-2,1,0)=0时,λ=,此时BD⊥EN.又∵AE⊥BD,AE∩EN=E,∴BD⊥平面AEN,又BD 平面ABD,∴平面ABD⊥平面AEN,即平面AEM⊥平面ABD.
∴在平面ACD内存在点M,当点M在直线AN(点N为DC上靠近点D的三等分点)上时,平面AEM⊥平面ABD.第2课时 空间向量与垂直关系
【学习目标】
1.能用直线的方向向量和平面的法向量刻画直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直.
2.能分析和解决一些立体几何中的垂直问题,体会向量方法与综合几何方法的共性和差异,体会直线的方向向量和平面的法向量的作用,感悟向量是研究几何问题的有效工具.
◆ 知识点 用空间向量描述空间线面的垂直
关系
设直线l1,l2的方向向量分别为u1,u2,平面α,β的法向量分别为n1,n2,则
垂直关系 对应线面 图形 满足条件
线线 垂直 l1与l2 l1⊥l2
线面 垂直 l1与α l1⊥α 存在λ∈R,使得
面面 垂直 α与β α⊥β
【诊断分析】 判断正误.(请在括号中打“√”或“×”)
(1)若两条直线的方向向量垂直,则这两条直线垂直. ( )
(2)当直线的方向向量与平面的法向量的方向相同或相反时,直线与平面垂直. ( )
(3)若两个平面的法向量垂直,则这两个平面垂直. ( )
(4)若直线l1,l2的方向向量分别为a=(1,2,-2),b=(-2,3,2),则l1⊥l2. ( )
◆ 探究点一 直线与直线垂直
例1 如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1,证明:BF⊥DE.
变式 如图所示,在三棱台ABC-DEF中,平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB=
∠ACD=45°,DC=2BC.证明:EF⊥BD.
[素养小结]
在探究空间的垂直关系时,通常的做法是看到直线找直线的方向向量,看到平面找平面的法向量,然后通过向量的运算得到直线的方向向量与直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、平面的法向量与平面的法向量之间的关系,从而确定线线、线面、面面之间的关系.
◆ 探究点二 直线与平面垂直
例2 [2025·江苏启东期末] 如图,在直三棱柱ABC-FGE中,AC=BC=4,AC⊥BC,O为BC的中点,D为侧棱BG上一点,且BD=BG,三棱柱ABC-FGE的体积为32.过点O作OQ⊥DE,垂足为点Q,求证:BQ⊥平面ACQ.
变式 [2025·江苏扬州大学附中高二月考] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB=AP=2,DA=DC=1,E为PC上一点,且PE=PC.求证:AE⊥平面PBC.
[素养小结]
用向量法证明线面垂直的方法:①证明直线的方向向量与平面内的两条相交直线的方向向量垂直;②证明直线的方向向量与平面的法向量平行.
◆ 探究点三 平面与平面垂直
例3 [2025·江苏徐州期末] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3,E为PD的中点,点F在棱PC上,且=.求证:平面AEF⊥平面PCD.
变式 如图,四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=
∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底面ABCD.
证明:(1)PA⊥BD;
(2)平面PAD⊥平面PAB.
[素养小结]
证明面面垂直的方法:①利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明;②证明两个平面的法向量互相垂直.
拓展 如图①,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,DE⊥AB,垂足为E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥BE,得到四棱锥A1-EBCD,如图②.
(1)求证:A1E⊥平面BCDE.
(2)在线段BD上是否存在点P,使平面A1EP⊥平面A1BD 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.第2课时 空间向量与垂直关系
1.已知n1=(1,x,),n2=(x,2,-2)分别是平面α,β的一个法向量,若α⊥β,则x= ( )
A.1 B.7 C.-2 D.2
2.已知m=(-2,2,5),n=(3,-2,2)分别是平面α,β的一个法向量,则平面α,β的位置关系为( )
A.平行 B.垂直
C.相交但不垂直 D.重合
3.若直线l的一个方向向量为a=(2,2,-2),平面α的一个法向量为b=(1,1,-1),则 ( )
A.l∥α B.l⊥α
C.l α D.l∥α或l α
4.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则下列直线与直线CE垂直的是 ( )
A.AC B.BD
C.A1D D.A1A
5.[2025·江苏泰州期末] 如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,E为CD的中点,F是AD上一点,当BF⊥PE时,等于 ( )
A. B.1 C.2 D.3
6.(多选题)给出下列命题,其中是假命题的是 ( )
A.若直线l的一个方向向量为a=(1,-1,2),直线m的一个方向向量为b=,则l⊥m
B.若直线l的一个方向向量为a=(0,1,-1),平面α的一个法向量为n=(1,-1,-1),则l⊥α
C.若平面α,β的一个法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α⊥β
D.若平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(0,2,2),向量n=(x,y,z)(x,y,z∈R)是平面α的法向量,则y+2z=0
7.已知a=(0,1,1),b=(1,1,0),c=(1,0,1)分别是平面α,β,γ的一个法向量,则α,β,γ三个平面中互相垂直的有 对.
8.[2025·江苏启东一中质检] 在空间直角坐标系中,已知A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1).若向量n与平面ABC垂直,且|n|=,则n的坐标为 .
9.(13分)如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,D为CC1的中点.求证:AB1⊥平面A1BD.
10.[2025·重庆育才中学高二月考] 如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D的棱长为2,M,N分别为棱AA1,BC的中点,若点P为正方体表面上一动点,且满足NP⊥平面MDC,则点P的轨迹长度为 ( )
A.2 B.
C. D.2
11.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,P是AA1的中点,点M在侧面AA1B1B内(含边界),若D1M⊥CP,则△BCM面积的最小值为 ( )
A.8 B.4
C.8 D.
12.(多选题)[2025·江苏南通高二期中] 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M在线段BD上,点N在线段AD1上,则 ( )
A.当M为BD的中点,N为AD1的中点时,MN⊥平面AB1C1D
B.当M为BD的中点时,MN⊥B1D
C.当MN∥平面CC1D1D时,MN的最小值为
D.MN的最小值为
13.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2BC=2CC1=2,以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系D-xyz.若点P在平面A1B1C1D1内,且DP⊥平面ACD1,则点P的坐标是 .
14.(15分)[2025·江苏盐城中学高二质检] 如图,四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形,
∠APD=∠APC=∠DPC=,PA=PC=PD=2,G为△PCD的重心.
(1)证明:CD⊥平面PAG.
(2)若M为BG的中点,求线段PM的长.
(3)设T为线段PD上的一个动点,是否存在点T,使得BG⊥GT 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
15.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P,Q分别为AB,CC1的中点,R在直线A1D1上,且=λ,△PQR的重心为G,则下列说法中正确的是 .(填序号)
①若G在平面CDD1C1内,则λ=2;②若B1,G,D三点共线,则λ=1;③若DG⊥平面PQR,则λ=.
16.(15分)[2025·湖北荆荆襄宜四地七校考试联盟联考] 在△PBC中,B=,PB=2BC=4,点D,E分别为边PC,PB的中点,将△PED沿DE折起至△AED,使得平面AED⊥平面BCDE,得到四棱锥A-EBCD,如图所示.
(1)求证:DC⊥AE.
(2)在平面ACD内是否存在点M,使得平面AEM⊥平面ABD 若存在,指出点M的位置;若不存在,说明理由.
