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2014高考调研理科数学课本讲解


高考调研

新课标版 · 数学(理)

第 7 课时

空向的用 间量应

(一) 平行与垂直

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2013?考纲下载

1.能够运用向量的坐标判断两个向量的平行或垂直. 2.理解直线的方向向量与平面的法向量. 3.能用向量方法解决线面、 面面的垂直与平行问题, 体会向 量方法在立体几何中的作用.

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请注意!

本节知识是高考中的重点考查内容,着重考查线线、线面、 面的行垂,查选题填题式出时活 面平与直考以择、空形,现灵 多变,以解答题出现时,往往综合性较强属于中档题.

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1.直线的方向向量 就是指和这条直线所对应向量 平行 (或共线)的 量 然 向, 显 一条直线的方向向量可以有 无数多 2.平面的法向量 1 所谓平面的法向量,就是指所在的直线与平面垂直的向 ( ) 量,显然一个平面的法向量也有 无数多个,它们是 共线 向量. 2 在空间中,给定一个点 A 和一个向量 a,那么以向量 a ( ) 为法向量且经过点 A 的平面是 唯一
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个.

确定的.
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3.直 方 向 与 面 向 在 定 线 平 位 关 线 向 量 平 法 量 确 直 、面 置 系 中应 的用 直 l1 的 向 量 线 方向 u2=(a2,b2,c2). 如 l1∥l2, 么 果 那 如 l1⊥l2, 么 果 那 直 l的向量 线 方向为 =(a2,b2,c2).

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u1=(a1,b1,c1), 线 直

l2 的 向 量 方向为

u1∥u2? (a1,b1,c1)=λ(a2,b2,c2) . u1⊥u2? a1a2+b1b2+c1c2=0 u=(a1,b1,c1), 面 平 α 的向为 法量 . n

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若 l∥α,则 u⊥n?u· n=0? a1a2+b1b2+c1c2=0 ; 若 l⊥α, u∥n?u=kn? (a1,b1,c1)=k(a2,b2,c2) ; 则 平面 α1 的法向量为 u1=(a1,b1,c1),平面 α2 量为 u2=(a2,b2,c2) 的法向

(a ) 若 α1∥α2, u1∥u2?u1=ku2? 1,b1,c1)=k(a2,b2,c2. 则
若 α1⊥α2,则 u1⊥u2?u1· 2=0? a1a2+b1b2+c1c2=0 u .

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1.不 合 线 两重直 v2=(-2 2 0 ) ,

l1 和 l2 的方向向量分别为 v1=( 0 1 , (

,-1), )

,则 l1 与 l2 的位置关系是 B.相交 D.不确定

A.平行 C.垂直
答案 A

解析 v2=-2v1,∴l1∥l2.

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2. 直 已 线 知 l 的方向向量为 v, 平 面

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α 的向为 法量

u, v· 则 u ( )

=0,l 与 α 的关系是 A.l⊥α C.l?α
答案 D

B.l∥α D.l∥α 或 l?α

解析 若 l?α,则 l∥α. 由于题目没有强调 l?α,∴l∥α 或 l?α.

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3.已知平面 α 内有一个点 M(1,-1 2 ) , 向量是 n=(6,-3 6 ) , A.P( 3 2 ) , C.P(-4 0 4 ) ,
答案 A

,平面 α 的一个法 )

,则下列点 P 中在平面 α 内的是 ( B.P(-2 1 0 ) , D.P(3,-3 4 ) ,

解析 ∵n=(6,-3 6 ) ,

是平面 α 的法向量, → ,∴n· =0. MP

→ → 1 ∴n⊥MP,在选项 A 中,MP=( 4 ) ,

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→ 1 4.已知AB=( 2 ) , 向量为( ) → 3 ,AC=( 5 4 ) ,

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,则平面 ABC 的单位法

1 2 2 A.( ,- , ) 3 3 3 1 2 2 C.± ,- , ) ( 3 3 3
答案 C

1 2 2 B.(- , ,- ) 3 3 3 2 1 2 D.( , ,- ) 3 3 3

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解析 设平面 ABC 的法向量 n=(x,y,z), ?AB· ?2x+2y+z=0, ? → n=0, ? 则? 即? ? 4x+5y+3z=0. → n=0, ? ?AC· ? ? 1 ?x= , 令 z=1,得? 2 ?y=-1. ? 1 ∴n=( ,-1 1 ) , 2 .

1 2 2 n ∴平面 ABC 的单位法向量为± =± 3,-3,3). ( |n|
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5. 平 若面 3,1, 4), - 则 A.α∥β B.α⊥β C.α、β 相 但 垂 交不直 D. 上 不 确 以均正
答案 C

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α,β 的 向 分 为 法量别

n1=(2, 3,5),n2=(- - ( )

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例 1 1 在长方体 AC ( ) BD

-A1B1C1D1 中,AB=4,AD=3,

AA1=2,P,Q,R,S 分别是 AA1,D1C1,AB,CC1 的 点 证 中, 明:PQ∥RS.
【证明】 以 D 为点 原, → → → DA,DC,DD1 分别为 x,y,z

轴建立空间直角坐标系 D-xyz, 则 P( 1 0 3 ) , ,Q( 2 0 ) , ,R( 0 2 ) 3 , → ,RS=(-3 1 2 ) , ,S( 1 4 0 ) , . .

→ ∴PQ=(-3 1 2 ) ,

→ → → → ∴PQ=RS,∴PQ∥RS即 PQ∥RS.
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2 在四棱锥 P-AC ( ) BD ⊥底面 AC BD EBD.

中底 ,面

AC BD

是 方 ,棱 正 形侧

PD

,且 PD=DC,E 是 PC 的 点 求 : 中 ,证

PA∥平面

→ → → 【证明】 连接 AC 交 BD 于 O,设DA=a,DC=b,DP= → =DA-DP=a-c,EO=DO-DE=1(DA+DC)-1(DP → → → → → → c,则PA → → 2 2 → )=1(DA-DP)=1(a-c). +DC 2 → → 2 → → ∴PA=2EB.又 PA?平面 EBD, ∴PA∥平面 EBD.
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3 在正方体 AC1 中, N, F 分别是 A1B1, 1D1, 1C1, ( ) M, E, A B C1D1 的中点,求证:平面 A N ∥平面 ED M FB .

【证明】 如 所 , 图 示以

D 为 点分 以 原 ,别

DA、DC、DD1 ,

为 x 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系, AD=1, D( y z 设 则 0 ) , A( 0 1 ) , 1 ) , . 1 1 ,M(1,2,1),N( 2,0 1 ) , ,B( 0 1 ) ,

1 1 ,F(0,2,1),E(2,

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→ =(0,1,1),DF=(0,1,1). → ∴AM 2 2 → → ∴AM=DF.又∵AM?平 ED 面 FB ∴AM∥平 ED 面 FB 平 ED 面 FB ,

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→ =BE=(-1,0,1), 证 .又∵AN → 可 2

AN∥

.又 AN∩AM=A, .

∴平 A N ∥平 ED 面 M 面 FB

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探究 1 1 证明线线平行是证明线面平行和面面平行的基 ( ) 础,要证线线平行,只需证明相应的向量共线即可. 2 解决此类问题的依据还是要根据线面平行的判定定理, ( ) 可直方向与内向平,可直方向与 证线向量面一量行也证线向量 平面法向量垂直. 3 证明面面平行时,可以通过面面平行的判定定理,也可 ( ) 以用两个平面的法向量互相垂直来证.

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思考题 1 1 如图所示,在长方体 OE ( ) AB

-O1A1E1B1 中,

|OA|=3,|OB|=4,|OO1 |=2,点 P 在棱 AA1 上 且 |AP|=2|PA1|, , 点 S 在棱 BB1 上,且|SB1|=2|BS|,点 Q、R 分 是 别 中点,求证:PQ∥RS. O1B1、AE 的

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【证明】 方 一 法 A( 0 3 ) , ,B( 0 4 ) , ,O12 0 ) ( ,

如所,立间角标, 图示建空直坐系则 ,A12 0 3 ) ( , ,B12 4 ) 0 ( , ,E( 0 4 3 ) , .

∵|AP|=2|PA1|, → =2PA =2AA . → → ∴AP 1 3 1 → =22 即AP 30 ) ( , ∴P 点坐标为( 0 3 , =( 0 , 4 ,3).

4 ,3).

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同理可得 Q( 2 0 ) ,

,R( 0 2 ) 3 ,

,S( 4 0 ,

2 , ). 3

→ =(-3 ,2)=RS. → ∴PQ 2 , 3 → → ∴PQ∥RS. 又∵R?PQ,∴PQ∥RS.

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方二 法

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→ → → 设OA=a,OB=b,OO1=c, 则

→ =PA +A→ +O Q=1AA -OA+1OB → → → → PQ →1 1O1 1 1 3 2 1 1 = c-a+ b, 3 2 → → → → → RS=RA+AO+OB+BS 1→ → → 1 → = - OB-OA+OB+ BB1 2 3 1 1 = a+2b+3c. - → → → → ∴PQ=RS,∴PQ∥RS. 又∵R?RQ,∴PQ∥RS.
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2 如图所示,在正方体 AC ( ) BD

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-A1B1C1D1 中,M、N 分别

是 C1C、B1C1 的中点.求证:MN∥平面 A1BD.

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【证明】 方法一 如图所示,以 D 为原点,DA、DC、 DD1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设 正方体的棱长为 1,则可求得 M( 1 0 , 1 1 ,2)、N(2,1 1 ) , 、D( 0 ) , 、A10 1 ( , 1)、B( 0 1 ) , ,

→ =(1,0,1). 于是MN 2 2

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设平面 A1BD 的法向量是 n=(x,y,z). → 则 n·→ 1=0,且 n· =0, DA DB
?x+z=0, ? 得? ?x+y=0. ?

取 x=1,得 y=-1,z=-1.∴n=(1,-1,-1). → · 1,0,1() ,-1,-1)=0, 又MN n=(2 1 2· → ∴MN⊥n,∴MN∥平面 A1BD.

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→ =C→ -C M=1C→ -1C C → → 方法二 ∵MN N B1 1 1 2 1 2 1 1 → → )=1DA , =2(D1A1-D1D 2 → 1 → → ∴MN∥DA1.又∵MN?平面 A1BD, ∴MN∥平面 A1BD.

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例 2 1 已知空间四边形 OC ( ) A B

中,M 为 BC 中 , N 为 点 AB=OC.求证:PM

AC 中点,P 为 OA 中点,Q 为 OB 中 , 点若 ⊥QN.

→ QN → 【思路】 欲证 PM⊥QN,只需证明PM· =0.
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高考调研 新课标版 · 数学(理) → → → 【证明】 设OA=a,OB=b,OC=c.

→ =1(OB+OC)=1(b+c), → → ∵OM 2 2 → =1(OA+OC)=1(a+c), → → ON 2 2 → =PO+OM=-1a+1(b+c)=1(b+c-a), ∴PM → → 2 2 2 → =QO+ON=-1b+1(a+c)=1(a+c-b). QN → → 2 2 2 → · =1[c-(a-b)][c+(a-b)] → ∴PM QN 4 1 2 1 →2 →2 2 =4[c -(a-b) ]=4(|OC| -|BA| ).
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→ → → QN → → → ∵|AB|=|OC|,∴PM· =0,即PM⊥QN. ∴PM⊥QN.

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2 在正方体 AC ( ) BD -A1B1C1D1 中 证 : ,明

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BD1⊥平面 AB C

1.

【证明】

以 D 为点 原,

→ → → DA、DC、DD1 分别为 x、y、z 1,则 B( 0 1 ) , 、C( 0 1 ) , . 、

轴立间角标,正体棱为 建空直坐系设方的长 D11 0 ) ( , 、A( 0 1 ) , 、B11 ) ( ,

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→ ∴BD1=(-1,-1 1 ) ,

→ 1 ,AB1=( 0 ) ,

→ ,AC=(-1 0 1 ) ,



→ AB → 又BD1· 1=(-1)×0+(-1)×1+1×1=0, → AC → BD1· =(-1)×(-1)+(-1)×1+1×0=0. → → → → ∴BD1⊥AB1,BD1⊥AC,即 BD1⊥AB1,BD1⊥AC. 又 AB1∩AC=A,∴BD1⊥平面 AB C
1.

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3 已知正方体 AC ( ) BD

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-A1B1C1D1 中,E、F 分别是 BB1、CD

的中点,求证:平面 DA ⊥平面 A1FD1. E 【证明】 建立空间直角坐标系 D-xyz,令 DD1=2,

则有 D( 0 ) , F( 0 1 ) , . → 0 此时DA=( 2 ) , 设平面 AE D

,D12 0 ) ( ,

,A( 0 2 ) ,

,A12 0 ) ( ,

,E( 1 2 ) ,



→ 1 ,DE=( 2 ) ,



的一个法向量为 n1=(x,y,z),则

?x=0, ? ? ?2x+2y+z=0. ?

令 y=1,则 z=-2,∴n1=( 1 0 ,
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,-2).
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→ 0 又D1A1=( 2 ) , 设面 平

→ 1 ,D1F=( 0 ,

, 2), - n2=(x′,y′,z′), 则

A1FD1 的 个 向 为 一法量

?x′=0, ? ? ?y′-2z′=0. ?

令 z′=1, y′=2,∴n2=( 则 1 2 0 ) , ∵n1· 2=2-2=0,∴n1⊥n2. n ∴平 DA ⊥平 A1FD1. 面 E 面



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探究 2 1 要证明两线垂直,需转化为两线对应的向量垂 ( ) 直进步化证两量数积零这证两垂 ,一转为明向的量为,是明线 直的基本方法,线线垂直是证明线面垂直,面面垂直的基础. 2 证明线面垂直,可利用判定定理.如本题解法,也可证 ( ) 明此直线与平面的法向量共线. 3 用向量证明两个平面垂直,关键是求出两个平面的法向 ( ) 量,把证明面面垂直转化为法向量垂直.

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思考题 2 如 所 , 知 棱 图示已四锥

P-AC BD

的底面是直

角梯形,∠ABC=∠BD =90° C ,AB=BC=PB=PC=2CD,侧 面 PC ⊥底面 AC B BD .

1 证明:PA⊥BD; ( ) 2 求证:平面 P ⊥平面 P . ( ) A D A B

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【思路】 空 中 元 的 置 系 数 关 其 心 间各素位关和量系核是 线线关,与的系全以数关来示从 与的系线线关完可用量系表, 而向在体何的用定坚的础考到 为量立几中应奠了实基.虑面 PC ⊥面 AC B BD 及 PC=PB,故可取 BC 的 点 中 O 为原点,OP

为 z 轴,OB 为 x 轴.

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高考调研 【明 证】

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1 取 BC 的 点 ( ) 中

O, 为边角, 等三形

∵侧 PC ⊥底 AC 面 B 面 BD ∴PO⊥底 AC 面 BD 以 BC 的 点 中 .

,△PC B

O 为标点以 坐原,

BC 所 直 为 在线

x 轴过 ,

点 O 与 AB 平 的 线 行直为 系 . 不设 妨 CD=1,

y 轴如所,立间角标 ,图示建空直坐

则 AB=BC=2,PO= 3. ∴A(1, 2,0),B( - 0 1 ) , ,D(-1, 0 -1 ) , ,P( 0 , 3).
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, 3).

→ → ∴BD=(-2, 1,0),PA=(1, 2, - - -
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→ PA → ∵BD· =(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(- 3)=0, → → ∴PA⊥BD,∴PA⊥BD. 2 取 PA 的 点 ( ) 中 M, 接 连 1 3 DM, M(2, 1, 2 ). 则 - , - 3),

→ =(3,0, 3),PB=( → 0 ∵DM 1 , 2 2

→ · =3×1+0×(-2)+ 3×(- 3)=0. → ∴DM PA 2 2 → → 即 ∴DM⊥PA, DM⊥PA.

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→ · =3×1+0×0+ 3×(- 3)=0, → 又DM PB 2 2 → → ∴DM⊥PB,即 DM⊥PB. ∴DM⊥平面 P ,∴平面 P ⊥平面 P . A B A D A B

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例 3 如图所示,已知四边形 AC BD AC BD ,PD=AD=2. 1 求异面直线 PC 与 BD 所成的角; ( )

是正方形,PD⊥平面

2 在线段 PB 上是否存在一点 E, PC⊥平面 AE ?若存 ( ) 使 D 在,确定 E 点的位置;若不存在,说明理由.

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【解析】 ∵四边形 AC BD

是正方形,PD⊥平面 AC BD



∴PD、DA、DC 两两垂直,故分别以 DA、DC、DP 所在的直 线为 x、y、z 轴 立 图 示 空 直 坐 系 建如所的间角标 D( 0 ) , ,A( 0 ) 2 , ,C( 0 2 ) , ,P( 2 0 0 , ) , ,B( 0 2 ) , . D-x ,则 y z

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→ 2 1 ∵PC=( ( ) 0 , → 0 DB=( 2 ) ,

,-2), ,

→ DB → PC· 4 1 → ,DB〉= → ∴c 〈PC o s = =2. →|· → |PC| DB| 2 2×2 2 → → ∵〈PC,DB〉∈[0,π], → → ∴〈PC,DB〉=6 0 . ° ∴异面直线 PC 与 BD 所成的角为 6 0 . °

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2 假在 ( 设 ) PB 上 在 点 存一 → → 记PE=λPB. → 2 ∵PB=( ,

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E, PC⊥平 AE , 使 面 D

→ ,-2),∴PE=(2λ,2λ,-2λ),∴E 点 坐 的标

为(2λ,2λ,2-2λ). → ∴AE=(2λ-2 λ,2-2λ). PC⊥平 AE , 2 , 若 面 D → 则 PC⊥AE, PC· =8λ-4=0. 有 即 → AE 1 ∴λ=2,∴E 点 标 坐为 1 ) ( , .题, 由知 AD⊥平面 PC , D

∴PC⊥AD, AD∩AE=A. 且 ∴PC⊥平 AE .故 在 面 D 存 平 AE . 面 D
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E 点 E 为 PB 的 点 , 且 中时

PC⊥

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探究 3 1 证明线面平行须证明线线平行,只须证明这条 ( ) 直与面的线方向平.用统也用量 线平内直的向量行可传法可向 法.用向量法更为普遍. 2 证明线面垂直的方法:可用直线的方向向量与平面的法 ( ) 向共证;可直的向量平内条交线 量线明也用线方向与面两相直 的方向向量垂直证明. 3 证明面面垂直通常转化为证线面垂直,也可用两平面的 ( ) 法向量垂直来证明.

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思考题 3 如图,四棱柱 AC BD 面 AC BD ,底面 AC BD

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-A1B1C1D1 中,A1D⊥平 A1A=2.

是边长为 1 的 方 , 棱 正形侧

1 证明:AC⊥A1B; ( ) → → 2 是否在棱 A1A 上存在一点 P,使得AP=λPA1且面 AB1C1 ( ) ⊥面 PB1C1.

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【解析】 从 DA、DC、DA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系, D( 则 0 ) , 3),B( 0 1 ) , ,D1(-1 , 3),B11 0 , 0 ( , → 1 ,A1B=( , ,0 A( 1 ) , ,0 C( 1 ) , , 10 A( , ,

, 3),C1(-1 , 3). 1 ,

1 AC=(-1 ( → ) 0 1 ) ,

,- 3),

→ A → ∴AC· 1B=0,∴AC⊥A1B.

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2 假存 ( 设在 ) → =λPA ,∴P( 1 ,0, 3λ ). → ∵AP 1 1+λ 1+λ 设面 平 AB1C1 的 个 向 为 一法量

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n1=(x1,y1,z1),

→ → ∵AB1=(-1,1, 3),AC1=(-2,1, 3), ?n · = x +y + 3z =0, → ? 1 AB1 - 1 1 1 ∴? → ?n1· 1= 2x1+y1+ 3z1=0. AC - ? 令 z1= 3,则 y1= 3,x1=0. - ∴n1=(0, 3, 3). -
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3 同理可求面 PB1C1 的一个法向量为(0, ,-1), λ+1 ∴n1· 2=0. n 3 3 ∴- - 3=0,即 λ=-4. 1+λ ∵P 在棱 A1A 上,∴λ>0 矛盾. ∴这样的点 P 不存在.

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用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路:一种是用 向量表示几何量,利用向量的运算进行判断;另一种是用向量 的坐标表示几何量,共分三步:①建立立体图形与空间向量的 联 ,空 向 系用 间 量 (或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面,把

立体几何问题转化为向量问题;②通 向 运 , 究 、 、 过 量 算 研 点线 面之间的位置关系;③根据运算结果的几何意义来解释相关问 题.

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1. 知 AB=( 已 → 5 4 2 ) , A.x=6,y=15 C.x=3,y=1 5
答案 D

→ → → ,CD=(3,x,y),若AB∥CD,则( 15 B.x=3,y= 2 15 D.x=6,y= 2

)

→ ∥CD,∴3=x=y,∴x=6,y=15. 解析 ∵AB → 2 4 5 2

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2. 点 设

C(2a+1,a+1 2 ) ,

在点 P( 0 2 ) ,

、A(1,-3 2 ) , (

、B(8, )

-1,4)确定的平面上,则 a 等于 A.1 6 C.2
答案 A

B.4 D.8

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→ 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.

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3.在正方体 AC BD 直线 CE 垂直于 A.AC C.A1D
答案 B

-A1B1C1D1 中,若 E 为 A1C1 中点,则 ( B.BD D.A1A )

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解析 以 A 为原点,AB、AD、AA1 所 直 分 为 在线别 z 轴建系,设正方体棱长为 1,则 A( 0 ) , D( 0 1 ) , ,A11 0 ) ( , 1 1 ,E( , ,1). 2 2 ,→ =(-1 BD 0 1 ) , ,C( 0 1 ) , ,B( 0 1 ) ,

x,y, ,

→ =(-1,-1,1),AC=( → 0 ∴CE 1 ) , 2 2 1 0 ( , → 0 ,-1),A1A=( , ,-1).

→ ,A1D=

→ · =1-1+0=0. → 显然CE BD 2 2 → → ∴CE⊥BD,即 CE⊥BD.
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4.(1 23 0·

山东青岛)如图所示,在正方体 AC BD

-A1B1C1D1 )

中, F 分别在 A1D、 上 E、 AC , 且

2 1 A1E=3A1D, AF=3AC, 则(

A.EF 至多与 A1D、AC 之一垂直 B.EF 是 A1D,AC 的公垂线 C.EF 与 BD1 相交 D.EF 与 BD1 异面
答案 B

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解 析 所直为 在线 则 A11 0 ) ( , 2 1 F( , ,0),B( 0 1 ) , 3 3 设 AB=1, D 为 点 以 原, y 轴 DD1 所 直 为 , 在线 ,D( 0 ) , ,D11 0 ) ( , ,A( 0 ) 1 ,

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DA 所 直 为 在线 z轴立间角标. 建空直坐系 ,C( 0 1 ) ,

x 轴 DC ,

1 1 ,E(3,0,3 ),

→ → ,A1D=(-1,0,-1),AC=(-

→ =(1,1,-1),BD =(-1,-1,1),EF= 1BD , → → - → 1,1,0),EF 3 3 1 3 3 1 → EF → EF → → A1D· =AC· =0. 从 EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC. 而
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5.长 棱为 a 的正方体 AC BD

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-A1B1C1D1 中在 ,棱

DD1 上是

否存在一点 P 使 B1D⊥平面 P? A C 解析 以 D 为原点建立如图所示空间直角坐标系,

设存在点 P( 0 , =(a,a,a).

→ → → ,z),AP=(-a,0,z),AC=(-a,a,0),DB1

∵B1D⊥平面 P , A C → AP → → AC → ∴DB1· =0,DB1· =0. ∴-a2+az=0. ∴z=a,即点 P 与 D1 重合. ∴存在一点 P,即点 P 与 D1 重合时,DB1⊥平面 P . A C
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6.如右图所示,正三棱柱 ABC-A1B1C1 的 有 长 为 所棱都 D 为 CC1 的中点.求证:AB1⊥平面 A1BD.

2,

解析 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.

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→ → → 令BB1=a,BC=b,BA=c, 然 们 共 , 且 显它不面并 =|c|=2, b=a· a· c=0, c=2,它 为 间 一 基 , b· 以 们 空 的 组 底则

|a|=|b| → BA1

→ =1 a+b,AB =a-c,m=λBA +μBD=(λ+1 μ)a → → → =a+c,BD 1 1 2 2 1 1 →· +μb+λc,AB1 m=(a-c) λ+2μ)a+μb+λc]=4(λ+2μ)-2μ- (· [ → 4λ=0.故AB1⊥m,结论得证.

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方二 法 基量取同. 向的法上

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→ BA → ∵AB1· 1=(a-c) a+c)=|a|2-|c|2=0, (· → · =(a-c) 1a+b)=1|a|2+a· 1 a· → → AB1 BD ( 2 · b-2 c-b· c=0,∴AB1 2 → → → ⊥BA1,AB1⊥BD,即 AB1⊥BA1,AB1⊥BD, 直 和 面 直 由线平垂 的定理知 判定, 方三 法 AB1⊥平 A1BD. 面 取 BC 的 点 中 O, 接 连 AO.

∵ ABC 为 三 形 △ 正角, ∵在 三 柱 正棱 ∴AO⊥平 BC 面 C

∴AO⊥BC. ABC⊥平面 BC C
1B1,

ABC-A1B1C1 中 平 ,面
1B1.
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→ → → 方分 取 B1C1 的中点 O1,以 O 为原点,OB,OO1,OA的 向 别为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系, 下 所 , 如图示 则 B( 0 1 ) , ,D(-1 0 1 ) , ,A12 0 ( , , 3),A( 0 , , 3),B10 2 ) 1 , ( .设

→ → 平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),BA1=(-1 , 3),BD= 2 , (-2 0 1 ) , .

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?n· =0, → ? BA1 → → 则 n⊥BA1,n⊥BD,故 ? → ?n· =0 ? BD
?-x+2y+ 3z=0, ? ?? ?-2x+y=0, ?

令 x=1,则 y=2,z=- 3, → 2 AB1=( 1 , ,

故 n=( 2 1 ,

, 3)为平面 A1BD 的 个 向 , - 一法量 而

→ → - 3),∴AB1=n,即AB1∥n,∴AB1⊥平面 A1BD.

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7.在正方体 AC BD

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-A1B1C1D1 中,E 是棱 BC 的 点 试 中,

在棱 CC1 上求一点 P,使得平面 A1B1P⊥平面 C1DE.

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解析 如图所示,以 D 为原点,直线 DA、DC、DD1 分别 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为 1,CP=a, 则 P( 1 0 , ,a)、A11 0 ) ( , 、B11 ) ( , 1 、E( ,1 0 ) , 2 、C11 0 ) , ( ,

∴A→ 1=( 0 1 ) , 1B → =(1,1 DE 2 0 ) ,

→ ,A1P=(-1 ,a-1), 1 , → 1 ,DC1=( 0 ) , .

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设面 平 A1B1P 的 个 向 为 一法量

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n1=(x1,y1,z1),

?n ·→ =0, ?y =0, ? 1 A1B1 ? 1 则? 即? ?-x1+y1+?a-1?z1=0. → ? ?n1· 1P=0, A ? 令 z1=1, x1=a-1. 得 ∴n1=(a-1,0,1). 设面 平 C1DE 的 个 向 为 一法量 n2=(x2,y2,z2),

?1 ?n · =0, → ? x2+y2=0, ? 2 DE 则? ??2 ?n2·→ 1=0 ?y2+z2=0. ? DC ?

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令 x2=-2,y2=1,z2=-1,∴n2=(-2 ,-1). 1 , ∵面 A1B1P⊥面 C1DE, 1 ∴n1· 2=0?-2(a-1)-1=0,得 a=2. n ∴当 P 为 C1C 的中点时,平面 A1B1P⊥平面 C1DE.

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