2019-2020年高中數(shù)學 第3章 空間向量與立體幾何 2.2空間線面關系的判定 蘇教版選修2-1.doc

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2019-2020年高中數(shù)學 第3章 空間向量與立體幾何 2.2空間線面關系的判定 蘇教版選修2-1 課時目標　1.能用向量語言表述線線、線面、面面的垂直和平行關系.2.能用向量方法證明有關直線和平面位置關系的一些定理(包括三垂線定理)． 1．用直線的方向向量和平面的法向量表示平行、垂直關系 設空間兩條直線l1，l2的方向向量分別為e1，e2，兩個平面α1，α2的法向量分別為n1，n2，則 平行 垂直 l1與l2 l1與α1 α1與α2 文字語言：在平面內的一條直線，如果它和這個平面的一條________在這個平面內的________垂直，那么它也和這條________垂直． 幾何語言：?a⊥b 3．直線與平面垂直的判定定理 文字語言：如果一條直線和平面內的________________________，那么這條直線垂直于這個平面． 幾何語言：?l⊥α 一、填空題 1．平面ABCD中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(－1,0，－1)，若a＝(－1，y，z)，且a為平面ABC的法向量，則y2＝______. 2．若直線l的方向向量為a＝(1,0,2)，平面α的法向量為u＝(－2,0，－4)，則直線l與平面α的位置關系為__________． 3.已知點P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．對于結論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正確的是________．(寫出所有正確的序號) 4．已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b與2a－b互相垂直，則k＝________. 5．平面α的一個法向量為(1,2,0)，平面β的一個法向量為(2，－1,0)，則平面α與平面β的位置關系是_______________________________________________． 6．已知a＝(1,1,0)，b＝(1,1,1)，若b＝b1＋b2，且b1∥a，b2⊥a，則b1，b2分別為________________． 7.已知A（0,2,3），B（-2,1,6），C（1，-1,5），若＝，且a⊥，a⊥，則向量a的坐標為________． 8．設平面α、β的法向量分別為u＝(1,2，－2)，v＝(－3，－6,6)，則α、β的位置關系為________． 二、解答題 9．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，O是B1D1的中點，求證：B1C∥平面ODC1. 10. 如圖所示，在六面體ABCD—A1B1C1D1中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，四邊形A1B1C1D1是邊長為1的正方形，DD1⊥平面A1B1C1D1，DD1⊥平面ABCD，DD1＝2. 求證：(1)A1C1與AC共面，B1D1與BD共面； (2)平面A1ACC1⊥平面B1BDD1. 能力提升 11．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，G、E、F分別是DD1、BB1、D1B1的中點． 求證：(1)EF⊥平面A1DC1；(2)EF∥平面GAC. 12．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，M、N分別是棱A1B1、A1D1的中點，E、F分別是棱B1C1、C1D1的中點． 證明：(1)E、F、B、D四點共面； (2)平面AMN∥平面BDFE. 1．運用空間向量將幾何推理轉化為向量運算時，應注意處理和把握以下兩大關系：一是一些幾何題能用純幾何法和向量法解決，體現(xiàn)了純幾何法和向量法在解題中的相互滲透；二是向量法解題時也有用基向量法和坐標向量法兩種選擇． 2．利用向量法解立體幾何問題的“三步曲” (1)建立立體圖形與空間向量的聯(lián)系，用空間向量表示問題中涉及的點、直線、平面，把立體幾何問題轉化為向量問題； (2)進行向量運算，研究點、直線、平面之間的關系； (3)根據(jù)運算結果的幾何意義來解釋相關問題． 3．2.2　空間線面關系的判定 知識梳理 1. 平行 垂直 l1與l2 e1∥e2 e1⊥e2 l1與α1 e1⊥n1 e1∥n1 α1與α2 n1∥n2 n1⊥n2 2.斜線　射影　斜線　aα　a⊥c 3．兩條相交直線垂直　l⊥a　l⊥b　a∩b＝A 作業(yè)設計 1．1 2．l⊥α 解析　∵u＝－2a，∴a∥u，∴l(xiāng)⊥α. 3．①②③ 4. 解析　∵ka＋b＝(k－1，k,2)， 2a－b＝(3,2，－2)，(ka＋b)⊥(2a－b)， ∴3(k－1)＋2k－4＝0，即k＝. 5．垂直 解析　∵(1,2,0)(2，－1,0)＝0，∴兩法向量垂直，從而兩平面也垂直． 6．(1,1,0)，(0,0,1) 解析　∵b1∥a，∴設b1＝(λ，λ，0)，b2＝b－b1 ＝(1－λ，1－λ，1)，由b2⊥a，即ab2＝0， ∴1－λ＋1－λ＝0，得λ＝1， ∴b1＝(1,1,0)，b2＝(0,0,1)． 7．(1,1,1)或(－1，－1，－1) 解析　設a＝(x，y，z)，由題意＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，∴ 解得x＝1，y＝1，z＝1，或x＝－1，y＝－1，z＝－1， 即a＝(1,1,1)或(－1，－1，－1)． 8．平行 9．證明　方法一　∵＝，B1A1D， ∴B1C∥A1D，又A1D面ODC1， ∴B1C∥平面ODC1. 方法二　∵＝＋＝＋＋＋＝＋. ∴，，共面． 又B1C面ODC1，∴B1C∥面ODC1. 方法三　 建系如圖，設正方體的棱長為1，則可得D(0,0,0)，B1(1,1,1)，C(0,1,0)，O，C1(0,1,1)， ＝(－1,0，－1)， ＝， ＝. 設平面ODC1的法向量為n＝(x0，y0，z0)， 則，得. 令x0＝1，得y0＝1，z0＝－1，∴n＝(1,1，－1)． 又n＝－11＋01＋(－1)(－1)＝0， ∴⊥n，∴B1C∥平面ODC1. 10．證明　以D為原點 ，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖，則有A(2,0,0)， B(2,2,0)，C(0,2,0)， A1(1,0,2)，B1(1,1,2)， C1(0,1,2)，D1(0,0,2)． (1)∵＝(－1,1,0)，＝(－2,2,0)， ＝(1,1,0)，＝(2,2,0)， ∴＝2，＝2. ∴與平行，與平行， 于是A1C1與AC共面，B1D1與BD共面． (2)＝(0,0,2)(－2,2,0)＝0， ＝(2,2,0)(－2,2,0)＝0， ∴⊥，⊥. DD1與DB是平面B1BDD1內的兩條相交直線， ∴AC⊥平面B1BDD1.又平面A1ACC1過AC， ∴平面A1ACC1⊥平面B1BDD1. 11．證明　 設正方體的棱長為2，以、、為正交基底建立空間直角坐標系D—xyz，如圖，則A(2,0,0)、C(0,2,0)、E(2,2,1)、F(1,1,2)、G(0,0,1)、A1(2,0,2)、C(0,2,2)． (1)＝(1,1,2)－(2,2,1) ＝(－1，－1,1)， ＝(0,0,0)－(2,0,2)＝(－2,0，－2)， ＝(0,2,2)－(0,0,0)＝(0,2,2)， ∵＝(－1，－1,1)(－2,0，－2) ＝(－1)(－2)＋(－1)0＋1(－2)＝0， ＝(－1，－1,1)(0,2,2) ＝－10＋(－1)2＋12＝0， ∴EF⊥A1D，EF⊥DC1. 又A1D∩DC1＝D，A1D、DC1平面A1DC1， ∴EF⊥平面A1DC1. (2)取AC的中點O，則O(1,1,0)， ∴＝(－1，－1,1)，∴OG∥EF. 又∵OG平面GAC，EF平面GAC， ∴EF∥平面GAC. 12．證明　 不妨設正方體的棱長為2，建立如圖所示空間直角坐標系，則A(2,0,0)，M(2,1,2)，N(1,0,2)，B(2,2,0)，E(1,2,2)，F(xiàn)(0,1,2)． (1)＝(－1，－1,0)， ＝(2,2,0)． ∵＝－2，∴∥. 故E、F、B、D四點共面． (2)＝(0,1,2)，＝(－1，－1,0)，＝(0，－1，－2)． 設n＝(x，y，z)為平面BDFE的法向量， 則 令z＝1，得n＝(2，－2,1)． ∵n＝(2，－2,1)(－1，－1,0)＝0， n＝(2，－2,1)(0，－1，－2)＝0， ∴n⊥，n⊥，即n也是平面AMN的法向量． ∴平面AMN∥平面BDFE.