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§8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直


§ 8.6

立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直

1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量:在直线上任取一非零向量作为它的方向向量. (2)平面的法向量可利用方程组求出:设 a,b 是平面 α 内两不共线向量,n 为平面 α 的法向
? a=0, ?n· 量,则求法向量的方程组为? ?n· b=0.

?

2.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)?v1∥v2. (2)设直线 l 的方向向量为 v,与平面 α 共面的两个不共线向量 v1 和 v2,则 l∥α 或 l?α?存 在两个实数 x,y,使 v=xv1+yv2. (3)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l∥α 或 l?α?v⊥u. (4)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1,u2,则 α∥β?u1∥u2. 3.用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1⊥l2?v1⊥v2?v1· v2=0. (2)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l⊥α?v∥u. (3)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2,则 α⊥β?u1⊥u2?u1· u2=0. 【思考辨析】 判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( × )

(2)平面的单位法向量是唯一确定的.( × ) (3)若两平面的法向量平行,则两平面平行.( √ ) )

(4)若两直线的方向向量不平行,则两直线不平行.( √ (5)若 a∥b,则 a 所在直线与 b 所在直线平行.( × )

(6)若空间向量 a 平行于平面 α,则 a 所在直线与平面 α 平行.( × )

1.下列各组向量中不平行的是(

)

A.a=(1,2,-2),b=(-2,-4,4) B.c=(1,0,0),d=(-3,0,0) C.e=(2,3,0),f=(0,0,0) D.g=(-2,3,5),h=(16,24,40) 答案 D 解析 选项 A 中,b=-2a?a∥b;选项 B 中,d=-3c?d∥c;选项 C 中,零向量与任意向 量平行;选项 D,不存在 λ(λ∈R),使 g=λh. 2.已知平面 α 内有一点 M(1,-1,2),平面 α 的一个法向量为 n=(6,-3,6),则下列点 P 中, 在平面 α 内的是( A.P(2,3,3) C.P(-4,4,0) 答案 A → 解析 逐一验证法,对于选项 A,MP=(1,4,1), → → ∴MP· n=6-12+6=0,∴MP⊥n, ∴点 P 在平面 α 内,同理可验证其他三个点不在平面 α 内. → → → → → 3.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1,y,-3),且 BP⊥平面 ABC, 则实数 x,y,z 分别为______________. 答案 40 15 ,- ,4 7 7 ) B.P(-2,0,1) D.P(3,-3,4)

→ → → → 解析 由题意知,BP⊥AB,BP⊥BC. → → AB· BC=0, ? ?→ → 所以?BP· AB=0, ? → → ?BP · BC=0, 1×3+5×1+?-2?×z=0, ? ? 即??x-1?+5y+?-2?×?-3?=0, ? ?3?x-1?+y-3z=0, 40 15 解得 x= ,y=- ,z=4. 7 7 19 5 5 4.若 A(0,2, ),B(1,-1, ),C(-2,1, )是平面 α 内的三点,设平面 α 的法向量 n=(x, 8 8 8 y,z),则 x∶y∶z=________. 答案 2∶3∶(-4)

题型一 证明平行问题 例1 (2013· 浙江改编)如图,在四面体 A-BCD 中,AD⊥平面 BCD,

BC⊥CD,AD=2,BD=2 2,M 是 AD 的中点,P 是 BM 的中点,点 Q 在线段 AC 上,且 AQ=3QC. 证明:PQ∥平面 BCD. 思维点拨 证明线面平行,可以利用判定定理先证线线平行,也可利

用平面的法向量. 证明 方法一 如图,取 BD 的中点 O,以 O 为原点,OD、OP 所在 射线为 y、z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意知,A(0, 2,2),B(0,- 2,0),D(0, 2,0). 设点 C 的坐标为(x0,y0,0). → → 因为AQ=3QC, 3 2 3 1 所以 Q? x0, + y0, ?. 4 4 4 2? ? 因为 M 为 AD 的中点,故 M(0, 2,1). 1? 又 P 为 BM 的中点,故 P? ?0,0,2?, 3 2 3 → 所以PQ=? x0, + y0,0?. 4 4 ?4 ? → 又平面 BCD 的一个法向量为 a=(0,0,1),故PQ· a=0. 又 PQ?平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD. 方法二 在线段 CD 上取点 F,使得 DF=3FC,连接 OF,同证法一建立空间直角坐标系, 写出点 A、B、C 的坐标,设点 C 坐标为(x0,y0,0). → 1→ ∵CF= CD,设点 F 坐标为(x,y,0)则 4 1 (x-x0,y-y0,0)= (-x0, 2-y0,0), 4

?x=4x ∴? 2 3 ?y= 4 +4y
0

3

0

2 3 → 3 ∴OF=( x0, + y0,0) 4 4 4

2 3 → 3 又由证法一知PQ=( x0, + y0,0), 4 4 4 → → ∴OF=PQ,∴PQ∥OF. 又 PQ?平面 BCD,OF?平面 BCD, ∴PQ∥平面 BCD. 思维升华 用向量证明线面平行的方法有: (1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直; (2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行; (3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示. (2014· 湖北)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F,M,N 分别 是棱 AB, AD, A1B1, A1D1 的中点, 点 P, Q 分别在棱 DD1, BB1 上移动, 且 DP=BQ=λ(0<λ<2).

(1)当 λ=1 时,证明:直线 BC1∥平面 EFPQ; (2)是否存在 λ, 使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角?若存在, 求出 λ 的值; 若不存在,说明理由. 方法一 (1)证明 如图(1),连接 AD1,由 ABCD-A1B1C1D1 是正方 体,知 BC1∥AD1. 当 λ=1 时,P 是 DD1 的中点, 又 F 是 AD 的中点,所以 FP∥AD1.所以 BC1∥FP. 而 FP?平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ, 故直线 BC1∥平面 EFPQ. (2)解 如图(2),连接 BD.因为 E,F 分别是 AB,AD 的中点, 图(1)

图(2) 1 所以 EF∥BD,且 EF= BD. 2 又 DP=BQ,DP∥BQ,

所以四边形 PQBD 是平行四边形,故 PQ∥BD,且 PQ=BD, 1 从而 EF∥PQ,且 EF= PQ. 2 在 Rt△EBQ 和 Rt△FDP 中,因为 BQ=DP=λ,BE=DF=1,于是 EQ=FP= 1+λ2,所以 四边形 EFPQ 是等腰梯形.同理可证四边形 PQMN 是等腰梯形. 分别取 EF,PQ,MN 的中点为 H,O,G,连接 OH,OG, 则 GO⊥PQ,HO⊥PQ,而 GO∩HO=O, 故∠GOH 是平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角的平面角. 若存在 λ,使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90° . 连接 EM,FN,则由 EF∥MN,且 EF=MN,知四边形 EFNM 是平行四边形. 连接 GH,因为 H,G 分别是 EF,MN 的中点, 所以 GH=ME=2. 在△GOH 中,GH2=4,OH2=1+λ2-( OG2=1+(2-λ)2-( 22 1 ) =(2-λ)2+ , 2 2 22 2 1 ) =λ + , 2 2

由 OG2+OH2=GH2, 1 1 2 得(2-λ)2+ +λ2+ =4,解得 λ=1± , 2 2 2 2 故存在 λ=1± ,使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 2 方法二 以 D 为原点,射线 DA,DC,DD1 分别为 x,y,z 轴的正半轴建立如图(3)所示的空 间直角坐标系 D-xyz.

图(3) → 由已知得 B(2,2,0), C1(0,2,2), E(2,1,0), F(1,0,0), P(0,0, λ), M(2,1,2), N(1,0,2), BC1=(-2,0,2), → → → → FP=(-1,0,λ),FE=(1,1,0),MN=(-1,-1,0),NP=(-1,0,λ-2). → (1)证明 当 λ=1 时,FP=(-1,0,1), → 因为BC1=(-2,0,2), → → 所以BC1=2FP,即 BC1∥FP.

而 FP?平面 EFPQ,且 BC1?平面 EFPQ, 故直线 BC1∥平面 EFPQ. → ?FE ? · n=0, ? ?x+y=0, (2)解 设平面 EFPQ 的一个法向量为 n=(x,y,z),则由? 可得? ?-x+λz=0. → ? ?FP · n=0, ? 于是可取 n=(λ,-λ,1). 同理可得平面 PQMN 的一个法向量为 m=(λ-2,2-λ,1). 若存在 λ, 使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角, 则 m· n=(λ-2,2-λ, 1)· (λ, -λ,1)=0, 2 即 λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得 λ=1± . 2 2 故存在 λ=1± ,使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角. 2 题型二 证明垂直问题 例 2 如图所示,正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1 的所有棱长都为 2,D 为 CC1 的中点.求证:AB1⊥平面 A1BD. 思维点拨 证明线面垂直可以利用线面垂直的定义,即证线与平面内

的任意一条直线垂直;也可以证线与面的法向量平行. 证明 方法一 设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量为 m.由共面向量定理, 则存在 → → 实数 λ,μ,使 m=λBA1+μBD. → → → 令BB1=a,BC=b,BA=c,显然它们不共面,并且|a|=|b|=|c|=2,a· b=a· c=0,b· c=2,以 它们为空间的一个基底, → → 1 → 则BA1=a+c,BD= a+b,AB1=a-c, 2 1 ? → → m=λBA1+μBD=? ?λ+2μ?a+μb+λc, → ??λ+1μ?a+μb+λc? AB1· m=(a-c)· ?? 2 ? ? 1 ? → =4? ?λ+2μ?-2μ-4λ=0.故AB1⊥m,结论得证. 方法二 如图所示,取 BC 的中点 O,连接 AO. 因为△ABC 为正三角形, 所以 AO⊥BC. 因为在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,平面 ABC⊥平面 BCC1B1, 所以 AO⊥平面 BCC1B1. → → → 取 B1C1 的中点 O1,以 O 为原点,分别以OB,OO1,OA所在直线为 x

轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 则 B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2, 3), A(0,0, 3),B1(1,2,0). → → 设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),BA1=(-1,2, 3),BD=(-2,1,0). → → 因为 n⊥BA1,n⊥BD, → ? BA1=0, ?n· ?-x+2y+ 3z=0, 故? ?? → ?-2x+y=0, ?n· BD=0 ? 令 x=1,则 y=2,z=- 3, 故 n=(1,2,- 3)为平面 A1BD 的一个法向量, → → → 而AB1=(1,2,- 3),所以AB1=n,所以AB1∥n, 故 AB1⊥平面 A1BD. 思维升华 用向量证明垂直的方法: (1)线线垂直:证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零. (2)线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线,或将线面垂直的判定定理用向量表 示. (3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直,或将面面垂直的判定定理用向量表示. 如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PC⊥平面 ABCD,PC= 2,在四边形 ABCD 中,∠B=∠C=90° ,AB=4,CD=1,点 M 在 PB 上, PB=4PM,PB 与平面 ABCD 成 30° 角. (1)求证:CM∥平面 PAD; (2)求证:平面 PAB⊥平面 PAD. 证明 (1)以 C 为坐标原点,分别以 CB 所在直线为 x 轴,CD 所在直线 为 y 轴,CP 所在直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz, ∵PC⊥平面 ABCD, ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角, ∴∠PBC=30° . ∵PC=2,∴BC=2 3,PB=4. ∴D(0,1,0),B(2 3,0,0),A(2 3,4,0),P(0,0,2), M( 3 3 → → ,0, ),∴DP=(0,-1,2),DA=(2 3,3,0), 2 2

3 3 → CM=( ,0, ), 2 2 令 n=(x,y,z)为平面 PAD 的一个法向量,

→ ? n=0, ?DP· ?-y+2z=0, 则? 即? → ?2 3x+3y=0, ? n=0, ?DA·

?z=2y, ∴? 3 ?x=- 2 y,
令 y=2,得 n=(- 3,2,1). 3 3 → ∵n· CM=- 3× +2×0+1× =0, 2 2 → ∴n⊥CM,又 CM?平面 PAD, ∴CM∥平面 PAD. → (2)取 AP 的中点 E,则 E( 3,2,1),BE=(- 3,2,1). ∵PB=AB,∴BE⊥PA. → → 又∵BE· DA=(- 3,2,1)· (2 3,3,0)=0, → → ∴BE⊥DA,∴BE⊥DA, 又 PA∩DA=A,∴BE⊥平面 PAD, 又∵BE?平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PAD. 题型三 解决探索性问题 例3 如图,棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的所有棱长都等于 2,∠ABC 和

1

∠A1AC 均为 60° ,平面 AA1C1C⊥平面 ABCD. (1)求证:BD⊥AA1; (2)求二面角 D-A1A-C 的余弦值; (3)在直线 CC1 上是否存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1,若存在,求出点 P 的位置,若不存在, 请说明理由. 思维点拨 设 BD 与 AC 交于点 O,连接 A1O,证明 OB,OC,OA1 两两垂直,从而以点 O → → 为坐标原点建立空间直角坐标系.(1)证明AA1· BD=0;(2)根据两个平面的法向量夹角余弦值 → → 求二面角的余弦值;(3)设在直线 CC1 上存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1,利用CP=λCC1,求 → 出点 P 坐标,再根据BP与平面 DA1C1 的法向量垂直求 λ 的值. 解 (1)设 BD 与 AC 交于点 O,则 BD⊥AC,连接 A1O,在△AA1O 中, AA1=2,AO=1,∠A1AO=60° ,
2 ∴A1O2=AA2 AOcos60° =3, 1+AO -2AA1·

∴AO2+A1O2=AA2 1,

∴A1O⊥AO. 由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD,∴A1O⊥平面 ABCD. 以 OB, OC, OA1 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0, -1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0),A1(0,0, 3),C1(0,2, 3). → → 由于BD=(-2 3,0,0),AA1=(0,1, 3), → → AA1· BD=0×(-2 3)+1×0+ 3×0=0, → → ∴BD⊥AA1,即 BD⊥AA1. (2)由于 OB⊥平面 AA1C1C,∴平面 AA1C1C 的一个法向量为 n1=(1,0,0). → ? AA1=0, ?n2· 设 n2=(x,y,z)为平面 DAA1D1 的一个法向量,则? → ? AD=0, ?n2·

?y+ 3z=0, 即? ?- 3x+y=0,
n1· n2 取 n2=(1, 3,-1), 则〈n1,n2〉 即为二面角 D-A1A-C 的平面角,∴cos〈n1, n2〉= |n1||n2| = 5 , 5 5 . 5

所以,二面角 D-A1A-C 的余弦值为

(3)假设在直线 CC1 上存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1, → 设CP=λCC1,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1, 3). → 从而有 P(0,1+λ, 3λ),BP=(- 3,1+λ, 3λ). → ? ?n3⊥A1C1, 设 n3⊥平面 DA1C1,则? → ? ?n3⊥DA1, → → 又A1C1=(0,2,0),DA1=( 3,0, 3),

?2y3=0, 设 n3=(x3,y3,z3),? ? 3x3+ 3z3=0,
取 n3=(1,0,-1),因为 BP∥平面 DA1C1, → → 则 n3⊥BP,即 n3· BP=- 3- 3λ=0,得 λ=-1, 即点 P 在 C1C 的延长线上,且 C1C=CP. 思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:一种是根据条件作出判断,再进一 步论证.另一种是利用空间向量,先设出假设存在点的坐标,再根据条件求该点的坐标,即

找到“存在点”,若该点坐标不能求出,或有矛盾,则判定“不存在”. 如图所示,四棱锥 S—ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长 都是底面边长的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点. (1)求证:AC⊥SD. (2)若 SD⊥平面 PAC,则侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE∥平面 PAC. 若存在,求 SE∶EC 的值;若不存在,试说明理由. (1)证明 连接 BD,设 AC 交 BD 于点 O,则 AC⊥BD. 由题意知 SO⊥平面 ABCD. → → → 以 O 为坐标原点,OB,OC,OS所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方 向,建立空间直角坐标系,如图. 设底面边长为 a,则高 SO= 于是 S?0,0, 6 a, 2

?

6 ? 2 ? ? a ,D - a,0,0 , 2 ? 2 ? ?

B?

2 2 2 → ? ?,C? ?,OC = 0, a,0?, 2 ? 2 a,0,0? ?0, 2 a,0? ? ?

2 6 → → → SD=?- a,0,- a?,则OC· SD=0. 2 ? ? 2 故 OC⊥SD.从而 AC⊥SD. (2)解 棱 SC 上存在一点 E,使 BE∥平面 PAC. 理由如下: → 由已知条件知DS是平面 PAC 的一个法向量, 2 6 2 6 → → 且DS=? a,0, a?,CS=?0,- a, a?, 2 ? 2 2 ? ?2 ? 2 2 → BC=?- a, a,0?. 2 ? 2 ? → → → → → → → 设CE=tCS,则BE=BC+CE=BC+tCS =?-

?

2 2 6 ? a, a?1-t?, at , 2 2 2 ?

1 → → 而BE· DS=0?t= . 3 → → 即当 SE∶EC=2∶1 时,BE⊥DS. 而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.

利用向量法解决立体几何问题 典例:(12 分)(2014· 课标全国Ⅱ)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 AEC; (2)设二面角 D-AE-C 为 60° , AP=1, AD= 3, 求三棱锥 E-ACD 的体积. (1)证明 连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO. 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点. 又 E 为 PD 的中点,所以 EO∥PB.[2 分] 因为 EO?平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC.[4 分] (2)解 因为 PA⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 为矩形, 所以 AB,AD,AP 两两垂直. → → 如图,以 A 为坐标原点,AB的方向为 x 轴的正方向,|AP|为单位长,建立如图空间直角坐标 系 A-xyz,[6 分]

则 D(0, 3,0),E(0, 设 B(m,0,0)(m>0),

3 1 → 3 1 , ),AE=(0, , ). 2 2 2 2

→ 则 C(m, 3,0),AC=(m, 3,0). 设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量, mx+ 3y=0, → ? ? ? AC=0, ?n1· 则? 即? 3 1 → ? ? AE=0, ?n1· ? 2 y+2z=0, 可取 n1=( 3 ,-1, 3).[8 分] m

又 n2=(1,0,0)为平面 DAE 的一个法向量, 1 由题设|cos〈n1,n2〉|= ,即 2 3 1 2= , 3+4m 2

3 解得 m= .[10 分] 2 1 因为 E 为 PD 的中点,所以三棱锥 E-ACD 的高为 , 2 1 1 3 1 3 三棱锥 E-ACD 的体积 V= × × 3× × = .[12 分] 3 2 2 2 8 温馨提醒 (1)利用向量法证明立体几何问题,可以建坐标系或利用基底表示向量; (2)建立空间直角坐标系时,要根据题中条件找出三条互相垂直的直线; (3)利用向量除了可以证明线线平行、垂直,线面、面面平行、垂直外,还可以利用向量求夹 角、距离,从而解决线段长度问题、体积问题等.

方法与技巧 1.用向量法解决立体几何问题,是空间向量的一个具体应用,体现了向量的工具性,这种方 法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算,降低了空间想象演绎推理的 难度,体现了由“形”转“数”的转化思想. 2.两种思路:(1)选好基底,用向量表示出几何量,利用空间向量有关定理与向量的线性运 算进行判断.(2)建立空间坐标系,进行向量的坐标运算,根据运算结果的几何意义解释相关 问题. 失误与防范 用向量知识证明立体几何问题,仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行,只需要 证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行,即化归为证明线线平行,用向量方法证明 直线 a∥b,只需证明向量 a=λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证 明线面平行,仍需强调直线在平面外.

A 组 专项基础训练 (时间:45 分钟) 1.若直线 l 的方向向量为 a=(1,0,2),平面 α 的法向量为 n=(-2,0,-4),则( A.l∥α C.l?α 答案 B 解析 ∵n=-2a,∴a 与 α 的法向量平行,∴l⊥α. B.l⊥α D.l 与 α 相交 )

→ → → 2.若AB=λCD+μCE,则直线 AB 与平面 CDE 的位置关系是( A.相交 C.在平面内 答案 D B.平行 D.平行或在平面内

)

→ → → → → → 解析 ∵AB=λCD+μCE,∴AB、CD、CE共面,∴AB 与平面 CDE 平行或在平面 CDE 内. 3.已知 A(4,1,3),B(2,-5,1),C(3,7,-5),则平行四边形 ABCD 的顶点 D 的坐标是( A.(2,4,-1) C.(-3,1,5) 答案 D → → 解析 由题意知,AB=(-2,-6,-2),设点 D(x,y,z),则DC=(3-x,7-y,-5-z),因 → → 为AB=DC,所以 x=5,y=13,z=-3,故选 D. 4.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若 a,b,c 三向量共面,则实数 λ 等 于( ) B.(2,3,1) D.(5,13,-3) )

62 63 60 65 A. B. C. D. 7 7 7 7 答案 D 解析 由题意得 c=ta+μb=(2t-μ,-t+4μ,3t-2μ),

7=2t-μ, ? ? ∴?5=-t+4μ, ? ?λ=3t-2μ,

? ? 17 ∴?μ= 7 , ? . ?λ=65 7
) B.45° D.以上都不正确

33 t= , 7

5.如图,在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AB=2,AA1= 3,AD=2 2, P 为 C1D1 的中点,M 为 BC 的中点.则 AM 与 PM 所成的角为( A.60° C.90° 答案 C 解析 以 D 点为原点,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的 空间直角坐标系 D-xyz, 依题意,可得,D(0,0,0),P(0,1, 3),C(0,2,0),A(2 2,0,0), M( 2,2,0). → ∴PM=( 2,1,- 3),

→ AM=(- 2,2,0), → → ∴PM· AM=( 2,1,- 3)· (- 2,2,0)=0, → → 即PM⊥AM,∴AM⊥PM. 6.已知平面 α 内的三点 A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面 β 的一个法向量 n=(-1,-1, -1),则不重合的两个平面 α 与 β 的位置关系是________. 答案 α∥β 解析 设平面 α 的法向量为 m=(x,y,z), → 由 m· AB=0,得 x· 0+y-z=0?y=z, → 由 m· AC=0,得 x-z=0?x=z, ∴m=(1,1,1),m=-n, ∴m∥n,∴α∥β. 7. 设点 C(2a+1, a+1,2)在点 P(2,0,0)、 A(1, -3,2)、 B(8, -1, 4)确定的平面上, 则 a=________. 答案 16 → → 解析 PA=(-1,-3,2),PB=(6,-1,4). → → → 根据共面向量定理,设PC=xPA+yPB (x、y∈R), 则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4) =(-x+6y,-3x-y,2x+4y), 2a-1=-x+6y, ? ? ∴?a+1=-3x-y, ? ?2=2x+4y,

解得 x=-7,y=4,a=16.

8.如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,棱长为 a,M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点, A1M = AN = ________. 答案 平行 解析 ∵正方体棱长为 a,A1M=AN= → 2 → → 2→ ∴MB= A1B,CN= CA, 3 3 → → → → 2 → → 2→ ∴MN=MB+BC+CN= A1B+BC+ CA 3 3 2 → → → 2 → → = (A1B1+B1B)+BC+ (CD+DA) 3 3 2a , 3 2a ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 3

2→ 1 → = B1B+ B1C1. 3 3 → 又∵CD是平面 B1BCC1 的法向量, → → ?2 → 1 → ? → ∴MN· CD=?3B1B+3B1C1?· CD=0, → → ∴MN⊥CD.又∵MN?平面 B1BCC1, ∴MN∥平面 B1BCC1. 9.如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD∥QA,QA 1 =AB= PD.证明:平面 PQC⊥平面 DCQ. 2 证明 如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA、 DP、DC 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz.

依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0), → → → 则DQ=(1,1,0),DC=(0,0,1),PQ=(1,-1,0). → → → → ∴PQ· DQ=0,PQ· DC=0.即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC, 又 DQ∩DC=D,故 PQ⊥平面 DCQ, 又 PQ?平面 PQC,∴平面 PQC⊥平面 DCQ. 10.如图,在底面是矩形的四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,E,F 分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. 证明 以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所 在直线为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), 1 1 1 → 1 → → ∴E( ,1, ),F(0,1, ),EF=(- ,0,0),PB=(1,0,-1),PD=(0,2, 2 2 2 2 → → → → -1),AP=(0,0,1),AD=(0,2,0),DC=(1,0,0),AB=(1,0,0). 1→ → → → (1)∵EF=- AB,∴EF∥AB,即 EF∥AB, 2 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB.

→ → (2)∵AP· DC=(0,0,1)· (1,0,0)=0, → → AD· DC=(0,2,0)· (1,0,0)=0, → → → → ∴AP⊥DC,AD⊥DC,即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又 AP∩AD=A,∴DC⊥平面 PAD. ∵DC?平面 PDC,∴平面 PAD⊥平面 PDC. B 组 专项能力提升 (时间:30 分钟) 11.如图,正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直,AB= 2,AF =1,M 在 EF 上,且 AM∥平面 BDE,则 M 点的坐标为( A.(1,1,1) B.( C.( D.( 2 2 , ,1) 3 3 2 2 , ,1) 2 2 2 2 , ,1) 4 4 )

答案 C 解析 设 M 点的坐标为(x,y,1),AC∩BD=O, 则 O( 2 2 , ,0), 2 2

又 E(0,0,1),A( 2, 2,0), 2 2 → → ∴OE=(- ,- ,1),AM=(x- 2,y- 2,1), 2 2 → → ∵AM∥平面 BDE,∴OE∥AM,

?x- ∴? ?y-

2=- 2=-

2 , 2 2 2

?x= 22, ?? 2 ?y= 2 .
)

12.设 u=(-2,2,t),v=(6,-4,4)分别是平面 α,β 的法向量,若 α⊥β,则 t 等于( A.3B.4C.5D.6 答案 C 解析 ∵α⊥β,∴u⊥v,∴u· v=0, ∴-12-8+4t=0,t=5.

13.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,P 为正方形 A1B1C1D1 四边上的动点, O 为底面正方形 ABCD 的中心,M,N 分别为 AB,BC 的中点,点 Q 为 → → 平面 ABCD 内一点, 线段 D1Q 与 OP 互相平分, 则满足MQ=λMN的实数 λ 有________个. 答案 2 解析 建立如图的坐标系, 设正方体的边长为 2, 则 P(x, y,2), O(1,1,0), ∴OP 的中点坐标为

?x+1,y+1,1?, 2 ? 2 ?
又知 D1(0,0,2),∴Q(x+1,y+1,0),而 Q 在 MN 上, ∴xQ+yQ=3,∴x+y=1,即点 P 坐标满足 x+y=1. ∴有 2 个符合题意的点 P,即对应有 2 个 λ. 14.如图所示,已知直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,△ABC 为等腰直角三角 形, ∠BAC=90° , 且 AB=AA1, D、 E、 F 分别为 B1A、 C1C、 BC 的中点. 求 证: (1)DE∥平面 ABC; (2)B1F⊥平面 AEF. 证明 (1)如图建立空间直角坐标系 A-xyz, 令 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). 取 AB 中点为 N,连接 CN, 则 N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2), → → ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0), → → ∴DE=NC,∴DE∥NC, 又∵NC?平面 ABC,DE?平面 ABC. 故 DE∥平面 ABC. → → → (2)B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0). → → B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. → → → → ∴B1F⊥EF,B1F⊥AF,即 B1F⊥EF,B1F⊥AF, 又∵AF∩EF=F,∴B1F⊥平面 AEF. 15.在四棱锥 P—ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,PD=DC,E、F 分别

是 AB、PB 的中点. (1)求证:EF⊥CD; (2)在平面 PAD 内求一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结论. (1)证明 如图,分别以 DA、DC、DP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立 空间直角坐标系, 设 AD=a,则 D(0,0,0)、 A(a,0,0)、B(a,a,0)、 a ? C(0,a,0)、E? ?a,2,0?、 a a a? P(0,0,a)、F? ?2,2,2?. a a? → → EF=? ?-2,0,2?,DC=(0,a,0). → → → → ∵EF· DC=0,∴EF⊥DC,即 EF⊥CD. a a a? → (2)解 设 G(x,0,z),则FG=? ?x-2,-2,z-2?, 若使 GF⊥平面 PCB,则 a a → → ? a 由FG· CB=?x-2,-2,z-2? (a,0,0) ?· a? a =a? ?x-2?=0,得 x=2; a a → → ? a 由FG· CP=?x-2,-2,z-2? (0,-a,a) ?· a a2 z- ?=0,得 z=0. = +a? ? 2? 2 a ? ∴G 点坐标为? ?2,0,0?,即 G 点为 AD 的中点.


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