19届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第7讲立体几何

内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 内部文件，版权追溯 第7讲 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直

一、选择题

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.lα

B.l⊥α D.l与α相交

解析 ∵n＝－2a，∴a与平面α的法向量平行，∴l⊥α. 答案 B

→→→

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

B.平行

D.平行或在平面内

→→→→→→

解析 ∵AB＝λCD＋μCE，∴AB，CD，CE共面. 则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内. 答案 D

3.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) D.P(3，－3，4)

→

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. 答案 A

4.(2017·西安月考)如图，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有( ) A.B1E＝EB B.B1E＝2EB 1C.B1E＝EB

2D.E与B重合

解析 分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则

B.P(－2，0，1)

1

D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，D1F＝(0，1，－2)，DE＝(2，2，z)，∵D1F·DE＝0×2＋1×2－2z＝0，∴z＝1，∴B1E＝EB.

答案 A

5.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，

→

→

→→

CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：

①A1M∥D1P； ②A1M∥B1Q； ③A1M∥平面DCC1D1； ④A1M∥平面D1PQB1.

以上说法正确的个数为( ) A.1

B.2

C.3

D.4

→→→→1→→→→→1→→→

解析 A1M＝A1A＋AM＝A1A＋AB，D1P＝D1D＋DP＝A1A＋AB，∴A1M∥D1P，所以A1M∥D1P，由

22线面平行的判定定理可知，A1M∥面DCC1D1，A1M∥面D1PQB1.①③④正确. 答案 C 二、填空题

6.(2017·武汉调研)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________.

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，取x＝1， ∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β. 答案 α∥β

→→→→→

7.(2017·西安调研)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＝________.

3＋5－2z＝0，??4015

解析 由条件得?x－1＋5y＋6＝0，解得x＝，y＝－，z＝4，

77

??3（x－1）＋y－3z＝0，401525

∴x＋y＝－＝. 777答案

25 7

2

→→

8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB＝(2，－1，－4)，AD＝(4，2，→→

0)，AP＝(－1，2，－1).对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP是平面ABCD的法向量；→→

④AP∥BD.其中正确的序号是________. →→→→

解析 ∵AB·AP＝0，AD·AP＝0，

→→

∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确.又AB与AD不平行， →

∴AP是平面ABCD的法向量，则③正确.

→→→→

由于BD＝AD－AB＝(2，3，4)，AP＝(－1，2，－1)， →→

∴BD与AP不平行，故④错误. 答案 ①②③ 三、解答题

1

9.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.证明：平面PQC⊥

2平面DCQ.

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，∴PQ⊥平面DCQ， 又PQ平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.

10.(2017·郑州调研)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，

PA＝1，PD＝2，E为PD上一点，PE＝2ED.

3

(1)求证：PA⊥平面ABCD；

(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由.

(1)证明 ∵PA＝AD＝1，PD＝2， ∴PA＋AD＝PD，即PA⊥AD. 又PA⊥CD，AD∩CD＝D， ∴PA⊥平面ABCD.

(2)解 以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，

2

2

2

z轴建立空间直角坐标系.

则A(0，0，0)，B(1，0，0)，

C(1，1，0)，P(0，0，1)，

??→

E?0，，?，AC＝(1，1，0)，

33?

?

→??AE＝?0，，?.设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，

33

21

21

??

→??n·AC＝0，??x＋y＝0，

则?即?

?→2y＋z＝0，??n·AE＝0，?令y＝1，则n＝(－1，1，－2).

→→

假设侧棱PC上存在一点F，且CF＝λCP(0≤λ≤1)， →

使得BF∥平面AEC，则BF·n＝0.

→→→

又∵BF＝BC＋CF＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)， 1→

∴BF·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，

2

∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.

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) C.?

B.?D.?

2??2

，，1? 3?3?2??2

，，1? 4?4?

4

2??2

，，1? 2?2?

解析 设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO， 又O是正方形ABCD对角线交点， ∴M为线段EF的中点.

在空间坐标系中，E(0，0，1)，F(2，2，1). 由中点坐标公式，知点M的坐标?答案 C

12.(2017·合肥调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，

2??2

，，1?. 2?2?

M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝

位置关系是( ) A.相交

B.平行

2a，则MN与平面BB1C1C的3

C.垂直 D.不能确定

解析 分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，∵A1M＝AN＝

2a， 3

?2a??2a2a?则M?a，a，?，N?，，a?， ?33??33?

2?→?a∴MN＝?－，0，a?.

3??3

又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，

→→→→→

∴C1D1＝(0，a，0)，∴MN·C1D1＝0，∴MN⊥C1D1.

→

∵C1D1是平面BB1C1C的法向量，且MN?平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C. 答案 B

13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________. 解析 以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，

则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)， →→

∴B1E＝(x－1，0，1)，∴FB＝(1，1，y)， 由于B1E⊥平面ABF，

→→

所以FB·B1E＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0?x＋y＝1. 答案 1

14.(2014·湖北卷改编)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，M，N分别是

5

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⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.

(1)证明 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.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). →

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.

(2)解 设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→???FE·n＝0，?x＋y＝0，则由?可得?于是可取n＝(λ，－λ，1).

?→－x＋λz＝0.???FP·n＝0，同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1). 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±

2

，使平面EFPQ⊥平面PQMN. 2

2. 2

故存在λ＝1±

6

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⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.

(1)证明 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.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). →

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.

(2)解 设平面EFPQ的一个法向量为n＝(x，y，z)，

→???FE·n＝0，?x＋y＝0，则由?可得?于是可取n＝(λ，－λ，1).

?→－x＋λz＝0.???FP·n＝0，同理可得平面PQMN的一个法向量为m＝(λ－2，2－λ，1). 则m·n＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0， 即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±

2

，使平面EFPQ⊥平面PQMN. 2

2. 2

故存在λ＝1±

6

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