1.4.1 空间向量的应用---线面位置关系的证明
\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义！
\(\mathbf{{\large {{\color{Red} {跟贵哥学数学，so \quad easy！}} }}}\)
选择性必修第一册同步拔高，难度3颗星！
知识剖析
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\(\overrightarrow{A B}\)为直线\(l\)的一个方向向量；与\(\overrightarrow{A B}\)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\(\vec{n}\)所在直线垂直于平面\(α\)，则称这个向量垂直于平面\(α\)，记作\(\vec{n} \perp α\)，向量\(\vec{n}\)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\(\vec{n}=(x, y, z)\)；
③ 求出平面内两个不共线向量的坐标\(\vec{a}=\left(a_{1}, a_{2}, a_{3}\right)\),\(\vec{b}=\left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\right)\)；
④ 根据法向量定义建立方程组\(\left\{\begin{array}{l}
\vec{n} \cdot \vec{a}=0 \\
\vec{n} \cdot \vec{b}=0
\end{array}\right.\)
⑤ 解方程组，取其中一组解，即得平面\(α\)的法向量.
2 判定空间的平行关系
(1)线线平行
设直线\(l_1\),\(l_2\)的方向向量分别是\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，则要证明\(l_1 || l_2\)，只需证明\(\vec{a} \| \vec{b}\)，即\(\vec{a}=k \vec{b}(k \in R)\).
(2)线面平行
设直线\(l\)的方向向量是\(\vec{a}\)，平面\(α\)的法向量是\(\vec{n}\)，则要证明\(l||α\)，
只需证明\(\vec{a} \perp \vec{n}\)，即\(\vec{a} \cdot \vec{n}=0\).
(3)面面平行
若平面\(α\)的法向量为\(\overrightarrow{n_{1}}\)，平面\(β\)的法向量为\(\overline{n_{2}}\),要证\(α||β\)，只需证\(\overrightarrow{n_{1}} \| \overrightarrow{n_{2}}\)，即证\(\overrightarrow{n_{1}}=\lambda \overrightarrow{n_{2}}\).
3 判定空间的垂直关系
(1)线线垂直
设直线\(l_1\),\(l_2\)的方向向量分别是\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)，则要证明\(l_1⊥ l_2\)，只需证明\(\vec{a} \perp \vec{b}\)，即\(\vec{a} \cdot \vec{b}=0\).
(2)线面垂直
①(法一)设直线\(l\)的方向向量是\(\vec{a}\),平面\(α\)的法向量是\(\vec{n}\)，则要证明\(l⊥α\)，只需证明\(\vec{a} \| \vec{n}\)，即\(\vec{a}=\lambda \vec{n}\).
②(法二)设直线\(l\)的方向向量是\(\vec{a}\)，平面\(α\)内的两个相交向量分别为\(\vec{m}\),\(\vec{n}\)，
若\(\left\{\begin{array}{l}
\vec{a} \cdot \vec{m}=0 \\
\vec{a} \cdot \vec{n}=0
\end{array}\right.\),则\(l⊥α\).
(3)面面垂直
若平面\(α\)的法向量为\(\overrightarrow{n_{1}}\)，平面\(β\)的法向量为\(\overrightarrow{n_{2}}\)，要证\(α⊥β\)，
只需证\(\overrightarrow{n_{1}} \perp \overrightarrow{n_{2}}\)，即证\(\overrightarrow{n_{1}} \cdot \overrightarrow{n_{2}}=0\).
经典例题
【典题1】若平面\(α\)与\(β\)的法向量分别是\(\vec{a}=(2,4,-3)\)，\(\vec{b}=(-1,2,2)\)，则平面\(α\)与\(β\)的位置关系是( )
A．平行 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) B．垂直 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．相交但不垂直 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．无法确定
【解析】\(\because \vec{a} \cdot \vec{b}=(2,4,-3)(-1,2,2)=-2+8-6=0\)
\(\therefore \vec{a} \perp \vec{b}\)，
\(∴\)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\(A A^{\prime} A_{1}^{\prime} A_{1}\)中，点\(B\)，\(C\)在线段\(AA'\)上，且\(AB=3\)，\(BC=4\)，作\(BB_1∥AA_1\)，分别交\(A_{1} A_{1}^{\prime}\)、\(A A_{1}^{\prime}\)于点\(B_1\)、\(P\)，作\(CC_1∥AA_1\)，分别交\(A_{1} A_{1}^{\prime}\)、\(A A_{1}^{\prime}\)于点\(C_1\)、\(Q\)，将该正方形沿\(BB_1\)、\(CC_1\)折叠，使得\(A^{\prime} A_{1}{ }^{\prime}\)与\(AA_1\)重合，构成如图\(2\)所示的三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)．
(1)在三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)中，求证：\(AB⊥\)平面\(BCC_1 B_1\)；
(2)试判断直线\(AQ\)是否与平面\(A_1 C_1 P\)平行，并说明理由．
【解析】(1)证明\(∵AB=3\)，\(BC=4\)，\(∴AC=12-3-4=5\)，
从而有\(AC^2=AB^2+BC^2\)，\(∴AB⊥BC\)，
又\(∵AB⊥BB_1\)，\(BC∩BB_1=B\)，
\(∴AB⊥\)平面\(BCC_1 B_1\)．
(2)直线\(AQ\)与平面\(A_1 C_1 P\)不平行．
理由如下：
以\(B\)为原点，\(BA\)为\(x\)轴，\(BC\)为\(y\)轴，\(BB_1\)为\(z\)轴，建立空间直角坐标系，
\(A(3,0,0)\)，\(Q(0,4,7)\)，\(A_1 (3,0,12)\)，\(C_1 (0,4,12)\)，\(P(0,0,3)\)，
\(\overrightarrow{A Q}=(-3,4,7)\)，\(\overrightarrow{P A_{1}}=(3,0,9)\)，\(\overrightarrow{P C_{1}}=(0,4,9)\)，
设平面\(A_1 C_1 P\)的法向量\(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}
\vec{n} \cdot \overrightarrow{P A_{1}}=3 x+9 z=0 \\
\vec{n} \cdot \overrightarrow{P C_{1}}=4 y+9 z=0
\end{array}\right.\)，取\(x=3\)，得\(\vec{n}=\left(3, \dfrac{9}{4},-1\right)\)，
\(\because \overrightarrow{A Q} \cdot \vec{n}=-9+9-7=-7 \neq 0\)，
\(∴\)直线\(AQ\)与平面\(A_1 C_1 P\)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\(A_{1} C_{1} P \Leftrightarrow \overrightarrow{A Q} \cdot \vec{n}=0\)(\(\vec{n}\)为平面\(A_1 C_1 P\)的法向量).
④ 利用待定系数法求平面\(A_1 C_1 P\)的法向量\(\vec{n}\).
【典题3】如图，在直三棱柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(A_1 B_1=A_1 C_1\)，\(F\)为\(B_1 C_1\)的中点，\(D\)，\(E\)分别是棱\(BC\)，\(CC_1\)上的点，且\(AD⊥BC\)．
(1) 求证:直线\(A_1 F∥\)平面\(ADE\)；
(2) 若\(∆ABC\)是正三角形,\(E\)为\(C_1 C\)中点，能否在线段\(B_1 B\)上找一点\(N\)，使得\(A_1 N∥\)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\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，
\(∵AB=AC,AD⊥BC\)，\(∴D\)是\(BC\)的中点，
又\(∵F\)为\(B_1 C_1\)的中点\(∴DF//AA_1\)
\(∴\)四边形\(DFA_1 A\)是平行四边形，
\(∴A_1 F∥AD\)，
\(∵A_1 F⊄\)平面\(ADE\)，\(AD⊂\)平面\(ADE\)，
\(∴A_1 F∥\)平面\(ADE\)．
(2)在直线\(B_1 B\)上找一点\(N\)，使得\(A_1 N∥\)平面\(ADE\)，证明如下：
在直三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)中，\(∵DF//AA_1\)
\(∴DF⊥AD\)，\(DF⊥DC\)
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\(A_1 B_1=2\)，\(AA_1=2t\)，
\(∵N\)在线段\(B_1 B\)上，设\(BN=λBB_1\)，\(0≤λ≤1\)，则\(N(0,-1,2λt)\)，
则\(A(\sqrt{3}, 0,0)\)，\(D(0,0,0)\)，\(E(0,1,t)\)，\(B(0,-1,0)\)，\(B_1 (0,-1,2t)\)，\(A_{1}(\sqrt{3}, 0,2 t)\)，
\(\overrightarrow{D A}=(\sqrt{3}, 0,0)\)，\(\overrightarrow{D E}=(0,1, t)\)，\(\overrightarrow{A_{1} N}=(-\sqrt{3}, \quad-1,(2 \lambda-2) t)\)，
设平面\(ADE\)的法向量\(\vec{n}=(x, y, z)\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}
\vec{n} \cdot \overrightarrow{D A}=\sqrt{3} x=0 \\
\vec{n} \cdot \overrightarrow{D E}=y+t z=0
\end{array}\right.\)，取\(z=1\)，得\(\vec{n}=(0,-t, 1)\)，
\(∵A_1 N∥\)平面\(ADE\)，
\(\overrightarrow{A_{1} N} \cdot \vec{n}=0+t+(2 \lambda-2) t=0\)，解得\(\lambda=\dfrac{1}{2}\)，
\(∴\)在直线\(B_1 B\)上存在一点\(N\)，且\(BN=\dfrac{1}{2} B B_{1}\)，使得\(A_1 N∥\)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\(A_1 B_1=2\)，便于建系后确定点坐标，同时减少计算量，直棱柱的高\(AA_1\)与\(A_1 B_1\)长度没联系，所有只能设\(AA_1=2t\).
【典题4】如图，四棱锥\(S－ABCD\)中．\(ABCD\)为矩形，\(SD⊥AD\)，且\(SD⊥AB\)，\(AD=1\)，\(AB=2\)，\(S D=\sqrt{3}\)．\(E\)为\(CD\)上一点，且\(CE=3DE\)．
(1)求证：\(AE⊥\)平面\(SBD\)；
(2)\(M\)、\(N\)分别在线段\(SB\)、\(CD\)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) \({\color{Red}{ 方法一}}\)
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\(D(0,0,0)\),\(E\left(0, \dfrac{1}{2}, 0\right)\),\(B(1,2,0)\),\(A(1,0,0)\)，\(C(0,2,0)\)，\(S(0,0, \sqrt{3})\)
\(\therefore \overrightarrow{A E}=\left(-1, \dfrac{1}{2}, 0\right)\)，\(\overrightarrow{D B}(1,2,0)\)，\(\overrightarrow{D S}(0,0, \sqrt{3})\)
\(\therefore \overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{D B}=0\)，\(\overrightarrow{A E} \cdot \overrightarrow{D S}=0\)
\(∴AE⊥DB\)，\(AE⊥DS\)
又\(DB∩DS=D\)
\(∴AE⊥\)平面\(SBD\)；
\({\color{Red}{ 方法二}}\)
\(∵ SD⊥AD\)，且\(SD⊥AB\)，\(∴SD⊥\)平面\(ABCD\)
\(∴SD⊥AE\)
如图：
\(\because \tan \angle D A E=\dfrac{D E}{A D}=\dfrac{1}{2}\)，\(\tan \angle D B A=\dfrac{A D}{A B}=\dfrac{1}{2}\)，
\(∴∠DAE=∠DBA\)
\(∴∠DBA+∠EAB=90°\)．
\(∴AE⊥BD\)；
\(∴AE⊥\)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，\(\overrightarrow{B S}=(-1,-2, \sqrt{3})\)，
\(∵M\)在线段\(CD\)上 可设\(\overrightarrow{B M}=\lambda \overrightarrow{B S}=(-\lambda,-2 \lambda, \sqrt{3} \lambda) \quad(\lambda \in[0,1])\)
\(\because \overrightarrow{D M}=\overrightarrow{D B}+\overrightarrow{B M}=(1,2,0)+(-\lambda,-2 \lambda, \sqrt{3} \lambda)=(1-\lambda, 2-2 \lambda, \sqrt{3} \lambda)\)
\(∴M\)的坐标\((1-λ,2-2λ,√3 λ)\),
\(∵N\)在线段\(SB\)上 可设\(N(0,y,0)\)，\(y∈[0,2]\)
则\(\overrightarrow{N M}=(1-\lambda, 2-2 \lambda-y, \sqrt{3} \lambda)\)．
要使\(MN⊥CD\)且\(MN⊥SB\)，
则\(\left\{\begin{array}{l}
\overrightarrow{N M} \cdot \overrightarrow{D C}=0 \\
\overrightarrow{N M} \cdot \overrightarrow{B S}=0
\end{array}\right.\)
可得\(\left\{\begin{array}{l}
2(2-2 \lambda-y)=0 \\
-(1-\lambda)-2(2-2 \lambda-y)+3 \lambda=0
\end{array}\right.\)，
解得\(\lambda=\dfrac{1}{4} \in[0,1]\)，\(y=\dfrac{3}{2} \in[0,2]\)
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：“\(∵M\)在线段\(CD\)上，可设\(\overrightarrow{B M}=\lambda \overrightarrow{B S}=(-\lambda,-2 \lambda, \sqrt{3} \lambda) \quad(\lambda \in[0,1])\)”中，常用向量共线的方法：\(\overrightarrow{B M}=\lambda \overrightarrow{B S}\)，同时要注意变量\(λ\)的取值范围.
巩固练习
1(★)已知\(\vec{n}=(1,2,-1)\)为平面\(α\)的一个法向量，\(\vec{a}=(-2, \lambda, 1)\)为直线\(l\)的方向向量．若\(l∥α\)，则\(λ=\) \(\underline{\quad \quad}\)．
2(★)已知平面\(α\)的法向量是\(\vec{a}=(3 x-1,-1, x+5)\)，平面\(β\)的法向量是\(\vec{b}=\left(x+1, x^{2}+3,-x\right)\)，且\(α⊥β\)，则实数\(x\)的值为\(\underline{\quad \quad}\)．
3(★★)如图，在直三棱柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)中，\(AB⊥AC\)，\(AB=AC=AA_1\)，\(D\)为\(BC\)的中点．
(1)证明：\(A_1 B∥\)平面\(ADC_1\)；
(2)证明：平面\(ADC_1⊥\)平面\(BB_1 C_1 C\)．
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\(△A_1 DE\)的位置，使\(A_1 C⊥CD\)，如图\(2\)．
(1)求证：\(A_1 C⊥\)平面\(BCDE\)；
(2)线段\(BC\)上是否存在点\(P\)，使平面\(A_1 DP\)与平面\(A_1 BE\)垂直？说明理由．
5(★★★)在如图所示的几何体中，面\(CDEF\)为正方形，面\(ABCD\)为等腰梯形，\(AB∥CD\)，\(AB=2BC\)，\(∠ABC=60°\)，\(AC⊥FB\)．
(1)求证：\(AC⊥\)平面\(FBC\)；
(2)线段\(ED\)上是否存在点\(Q\)，使平面\(EAC⊥\)平面\(QBC\)？证明你的结论．
答案
1.\(\dfrac{3}{2}\)
2.\(-1\)或\(4\)
3. 证明略
4. (1)证明略 (2)不存在
5. (1)证明略 (2)不存在
