第7講立體幾何中的向量方法(一)
【2023年高考會這樣考】
1．通過線線、線面、面面關係考查空間向量的座標運算．
2．能用向量方法證明直線和平面位置關係的一些定理．
3．利用空間向量求空間距離．
【複習指導】
本講複習中要掌握空間向量的座標表示和座標運算，會找直線的方向向量和平面的法向量，並通過它們研究線面關係，會用向量法求空間距離．
基礎梳理
1．空間向量的座標表示及運算
(1)數量積的座標運算
設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
則①a±b＝(a1±b1，a2±b2，a3±b3)；
②λa＝(λa1，λa2，λa3)；
③a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3.
(2)共線與垂直的座標表示
設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
則a∥ba＝λba1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈r)，
a⊥ba·b＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(a，b均為非零向量)．
(3)模、夾角和距離公式
設a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，
則|a|＝＝，
cos〈a，b〉＝＝.
設a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，
則dab＝||＝.
2．立體幾何中的向量方法
(1)直線的方向向量與平面的法向量的確定
①直線的方向向量：l是空間一直線，a，b是直線l上任意兩點，則稱為直線l的方向向量，與平行的任意非零向量也是直線l的方向向量．
②平面的法向量可利用方程組求出：設a，b是平面α內兩不共線向量，n為平面α的法向量，則求法向量的方程組為
(2)用向量證明空間中的平行關係
①設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)v1∥v2.
②設直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個不共線向量v1和v2，則l∥α或lα存在兩個實數x，y，使v＝xv1＋yv2.
③設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或lαv⊥u.
④設平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥βu1∥u2.
(3)用向量證明空間中的垂直關係
①設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1⊥l2v1⊥v2v1·v2＝0.
②設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥αv∥u.
③設平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥βu1⊥u2u1·u2＝0.
(4)點麵距的求法
如圖，設ab為平面α的一條斜線段，n為平面α的法向量，則b到平面α的距離d＝.
一種思想
向量是既有大小又有方向的量，而用座標表示向量是對共線向量定理、共面向量定理和空間向量基本定理的進一步深化和規範，是對向量大小和方向的量化：
(1)以原點為起點的向量，其終點座標即向量座標；
(2)向量座標等於向量的終點座標減去其起點座標．
得到向量座標後，可通過向量的座標運算解決平行、垂直等位置關係，計算空間成角和距離等問題．
三種方法
主要利用直線的方向向量和平面的法向量解決下列問題：
(1)平行
(2)垂直
(3)點到平面的距離
求點到平面距離是向量數量積運算(求投影)的具體應用，也是求異面直線之間距離，直線與平面距離和平面與平面距離的基礎．
雙基自測
1．兩不重合直線l1和l2的方向向量分別為v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，則l1與l2的位置關係是( )．
a．平行 b．相交 c．垂直 d．不確定
解析 ∵v2＝－2v1，∴v1∥v2.
答案 a
2．已知平面α內有乙個點m(1，－1,2)，平面α的乙個法向量是n＝(6，－3,6)，則下列點p中在平面α內的是( )．
a．p(2,3,3) b．p(－2,0,1)
c．p(－4,4,0) d．p(3，－3,4)
解析 ∵n＝(6，－3,6)是平面α的法向量，
∴n⊥，在選項a中，＝(1,4,1)，∴n·＝0.
答案 a
3．(2011·唐山月考)已知點a，b，c∈平面α，點pα，則·＝0，且·＝0是·＝0的( )．
a．充分不必要條件 b．必要不充分條件
c．充要條件 d．既不充分也不必要條件
解析由，得·(－)＝0，
即·＝0，亦即·＝0，
反之，若·＝0，
則·(－)＝0·＝·，未必等於0.
答案 a
4．(人教a版教材習題改編)已知a＝(－2，－3,1)，b＝(2,0,4)，c＝(－4，－6,2)，則下列結論正確的是( )．
a．a∥c，b∥c b．a∥b，a⊥c
c．a∥c，a⊥b d．以上都不對
解析 ∵c＝(－4，－6,2)＝2(－2，－3,1)＝2a，∴a∥c，
又a·b＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a⊥b.
答案 c
5．(2012·舟山調研)已知＝(2,2,1)，＝(4,5,3)，則平面abc的單位法向量是________．
解析設平面abc的法向量n＝(x，y，z)．
則即令z＝1，得∴n＝，
∴平面abc的單位法向量為±＝±.
答案 ±
考向一利用空間向量證明平行問題
【例1】如圖所示，在正方體abcda1b1c1d1中，m、n分別是c1c、b1c1的中點．求證：mn∥平面a1bd.
[審題視點] 直接用線面平行定理不易證明，考慮用向量方法證明．
證明法一如圖所示，以d為原點，da、dc、dd1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角座標系，設正方體的稜長為1，
則m，n，d(0,0,0)，a1(1,0,1)，b(1,1,0)，
於是＝，
設平面a1bd的法向量是n＝(x，y，z)．
則n·＝0，且n·＝0，得
取x＝1，得y＝－1，z＝－1.∴n＝(1，－1，－1)．
又·n＝·(1，－1，－1)＝0，
∴⊥n，又mn平面a1bd，
∴mn∥平面a1bd.
法二 ＝－＝－
＝(－)＝，
∴∥，又∵mn與da1不共線，∴mn∥da1，
又∵mn平面a1bd，a1d平面a1bd，
∴mn∥平面a1bd.
證明直線與平面平行，只須證明直線的方向向量與平面的法向量的數量積為零，或證直線的方向向量與平面內的不共線的兩個向量共面，然後說明直線在平面外即可．這樣就把幾何的證明問題轉化為了數量的計算問題．
【訓練1】 如圖所示，平面pad⊥平面abcd，abcd為正方形，△pad是直角三角形，且pa＝ad＝2，e、f、g分別是線段pa、pd、cd的中點．求證：pb∥平面efg.
證明 ∵平面pad⊥平面abcd且abcd為正方形，
∴ab、ap、ad兩兩垂直，以a為座標原點，建立如圖所示的空間直角座標系axyz，則a(0,0,0)、b(2,0,0)、c(2,2,0)、d(0,2,0)、p(0,0,2)、e(0,0,1)、f(0,1,1)、g(1,2,0)．
∴＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)，
設＝s＋t，
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
∴解得s＝t＝2.
∴＝2＋2，
又∵與不共線，∴、與共面．
∵pb平面efg，∴pb∥平面efg.
考向二利用空間向量證明垂直問題
【例2】如圖所示，在稜長為1的正方體oabco1a1b1c1中，e，f分別是稜ab，bc上的動點，且ae＝bf＝x，其中0≤x≤1，以o為原點建立空間直角座標系oxyz.
(1)求證a1f⊥c1e；
(2)若a1，e，f，c1四點共面
求證：＝＋.
[審題視點] 本題已建好空間直角座標系，故可用向量法求解，要注意找準點的座標．
證明 (1)由已知條件
a1(1,0,1)，f(1－x,1,0)，c1(0,1,1)，e(1，x,0)，
＝(－x,1，－1)，＝(1，x－1，－1)，
則·＝－x＋(x－1)＋1＝0，
∴⊥，即a1f⊥c1e.
(2)＝(－x,1，－1)，＝(－1,1,0)，
＝(0，x，－1)，
設＝λ＋μ，
解得λ＝，μ＝1.
∴＝＋.
證明直線與直線垂直，只需要證明兩條直線的方向向量垂直，而直線與平面垂直，平面與平面垂直可轉化為直線與直線垂直證明．
【訓練2】 如圖所示，在四稜錐pabcd中，pa⊥底面abcd，ab⊥ad，ac⊥cd，∠abc＝60°，pa＝ab＝bc，e是pc的中點．證明：
(1)ae⊥cd；
(2)pd⊥平面abe.
證明 ab、ad、ap兩兩垂直，
建立如圖所示的空間直角座標系，設pa＝ab＝bc＝1，
則p(0,0,1)．
(1)∵∠abc＝60°，
△abc為正三角形．
∴c，e.
設d(0，y,0)，由ac⊥cd，得·＝0，
即y＝，則d，
∴＝.又＝，
∴·＝－×＋×＝0，
∴⊥，即ae⊥cd.
(2)法一 ∵p(0,0,1)，∴＝.
又·＝×＋×(－1)＝0，
∴⊥，即pd⊥ae.＝(1,0,0)，∴·＝0，
∴pd⊥ab，又ab∩ae＝a，∴pd⊥平面aeb.
法二 ＝(1,0,0)，＝，
設平面abe的乙個法向量為n＝(x，y，z)，
則令y＝2，則z＝－，∴n＝(0,2，－)．
∵＝，顯然＝n.
∵∥n，∴⊥平面abe，即pd⊥平面abe.
考向三利用向量求空間距離
【例3】在三稜錐sabc中，△abc是邊長為4的正三角形，平面sac⊥平面abc，sa＝sc＝2，m、n分別為ab、sb的中點，如圖所示，求點b到平面cmn的距離．
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