2021届高考数学一轮总复习专项练习：空间向量的应用(一) 平行与垂直

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空间向量的应用(一) 平行与垂直与垂直

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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
思考题2 (2017·济南质检)如图，在三棱锥P－ABC中， AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD 上．
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)证明：AP⊥BC； (2)若点M是线段AP上一点，且AM＝3.试证明平面AMC⊥ 平面BMC.
∴n⊥M→P，在选项 A 中，M→P＝(1，4，1)，∴n·M→P＝0.
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
5．已知A→B＝(2，2，1)，A→C＝(4，5，3)，则平面ABC的单
位法向量为( )
A．(13，－23，23)
B．(－13，23，－23)
C．±(13，－23，23)
D．(23，13，－23)
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
答案 C 解析设平面 ABC 的法向量 n＝(x，y，z)，则AA→→BC··n＝n＝0，0，即24xx＋＋25yy＋＋z3＝z＝0，0. 令 z＝1，得xy＝＝－12，1.∴n＝(12，－1，1)． ∴平面 ABC 的单位法向量为±|nn|＝±(13，－23，23)．
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
∴P→M·Q→N＝14[c－(a－b)][c＋(a－b)] ＝14[c2－(a－b)2]＝14(|O→C|2－|B→A|2)． ∵|A→B|＝|O→C|，∴P→M·Q→N＝0，即P→M⊥Q→N. ∴PM⊥QN.
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高考调研 ·高三总复习·数学（理）
(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，求证：BD1⊥平面ACB1. 【证明】以 D 为原点，D→A，D→C，D→D1分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 1，则 B(1，1，0)，D1(0，0， 1)，A(1，0，0)，B1(1，1，1)，C(0，1，0)．

2021版高考数学北师大版(理)一轮复习第8章立体几何与空间向量 8.4 垂直关系文档

1．直线与平面垂直图形条件结论判定a⊥b，bα(b为α内的任意一条直线) a⊥αa⊥m，a⊥n，m、nα，m∩n＝O a⊥αa∥b，a⊥αb⊥α性质a⊥α，bαa⊥ba⊥α，b⊥αa∥b 2.(1)平面与平面垂直的定义两个平面相交，假如它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面相互垂直．(2)判定定理与性质定理文字语言图形语言符号语言判定定理假如一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面相互垂直错误!⇒α⊥β性质定理假如两个平面相互垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面错误!⇒l⊥α【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l与平面α内的很多条直线都垂直，则l⊥α.(×)(2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直．(√)(3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.(√)(4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.(×)(5)a⊥α，aβ⇒α⊥β.(√)(6)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面．(×)1．(教材改编)下列条件中，能判定直线l⊥平面α的是()A．l与平面α内的两条直线垂直B．l与平面α内很多条直线垂直C．l与平面α内的某一条直线垂直D．l与平面α内任意一条直线垂直答案 D解析由直线与平面垂直的定义，可知D正确．2．设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 A解析若α⊥β，由于α∩β＝m，bβ，b⊥m，所以依据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又aα，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，由于b⊥m，且a，m共面，肯定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3.如图，在斜三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在()A．直线AB上B．直线BC上C．直线AC上D．△ABC内部答案 A解析∵BC1⊥AC，BA⊥AC，BA∩BC1＝B，∴AC⊥平面ABC1，因此平面ABC⊥平面ABC1，因此C1在底面ABC上的射影H在直线AB上．4．(教材改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，P A，AC，BD，则肯定相互垂直的平面有___________________________________对．答案7解析由于PD⊥平面ABCD，故平面P AD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面P AC⊥平面PDB，平面P AB⊥平面P AD，平面PBC⊥平面PDC，共7对．5．(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O，(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，∵PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，∴PC ⊥平面P AB ，AB 平面P AB ，∴PC ⊥AB ，又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ， ∴AB ⊥平面PGC ，又CG平面PGC ，∴AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 的高．同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高，即O 为△ABC 的垂心．题型一直线与平面垂直的判定与性质例1 (1)(2022·辽宁)如图，△ABC 和△BCD 所在平面相互垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F ，G 分别为AC ，DC ，AD 的中点． ①求证：EF ⊥平面BCG ； ②求三棱锥D －BCG 的体积．附：锥体的体积公式V ＝13Sh ，其中S 为底面面积，h 为高．①证明由已知得 △ABC ≌△DBC ，因此AC ＝DC .又G 为AD 的中点，所以CG ⊥AD .同理BG ⊥AD ，又BG ∩CG ＝G ，因此AD ⊥平面BGC . 又EF ∥AD ，所以EF ⊥平面BCG .②解在平面ABC 内，作AO ⊥BC ，交CB 的延长线于O ，如图由平面ABC ⊥平面BCD ，知AO ⊥平面BDC .又G 为AD 中点，因此G 到平面BDC 的距离h 是AO 长度的一半．在△AOB 中，AO ＝AB ·sin60°＝3，所以V D －BCG ＝V G －BCD ＝13S △DBC ·h＝13×12BD ·BC ·sin120°·32＝12.(2)如图所示，已知AB 为圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且AD ＝13DB ，点C 为圆O 上一点，且BC ＝3AC ，PD ⊥平面ABC ，PD ＝DB . 求证：P A ⊥CD .证明由于AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥CB ，在Rt △ABC 中，由3AC ＝BC 得， ∠ABC ＝30°，设AD ＝1，由3AD ＝DB 得，DB ＝3，BC ＝23，由余弦定理得CD 2＝DB 2＋BC 2－2DB ·BC cos30°＝3，所以CD 2＋DB 2＝BC 2，即CD ⊥AO . 由于PD ⊥平面ABC ，CD平面ABC ，所以PD ⊥CD ，由PD ∩AO ＝D 得，CD ⊥平面P AB ，又P A平面P AB ，所以P A ⊥CD .思维升华 (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的核心是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想． (3)线面垂直的性质，常用来证明线线垂直．如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，P A ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．证明：(1)CD ⊥AE ； (2)PD ⊥平面ABE .证明 (1)在四棱锥P —ABCD 中， ∵P A ⊥底面ABCD ，CD平面ABCD ，∴P A ⊥CD .∵AC ⊥CD ，P A ∩AC ＝A ， ∴CD ⊥平面P AC . 而AE平面P AC ，∴CD ⊥AE .(2)由P A ＝AB ＝BC ，∠ABC ＝60°，可得AC ＝P A .∵E 是PC 的中点，∴AE ⊥PC . 由(1)，知AE ⊥CD ，且PC ∩CD ＝C ， ∴AE ⊥平面PCD . 而PD平面PCD ，∴AE ⊥PD .∵P A ⊥底面ABCD ，∴P A ⊥AB . 又∵AB ⊥AD 且P A ∩AD ＝A ， ∴AB ⊥平面P AD ，而PD平面P AD ，∴AB ⊥PD .又∵AB ∩AE ＝A ， ∴PD ⊥平面ABE .题型二平面与平面垂直的判定与性质例2 (1)(2021·山东)如图，三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． ①求证：BD ∥平面FGH ；②若CF ⊥BC ，AB ⊥BC ，求证：平面BCD ⊥平面EGH .证明 ①方法一如图，连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝M ，连接MH .在三棱台DEF ABC 中， AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则M 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以HM ∥BD ，又HM 平面FGH ，B D ⃘平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .方法二如图，在三棱台DEF ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形HBEF 为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.又由于BD平面ABED，所以BD∥平面FGH.②连接HE，由于G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.又HE，GH平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.又BC平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.(2)如图所示，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°.将△ABD沿对角线BD折起，记折起后A的位置为点P，且使平面PBD⊥平面BCD .求证：①CD⊥平面PBD.②平面PBC⊥平面PDC.证明①∵AD＝AB，∠BAD＝90°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，又∵AD∥BC，∴∠DBC＝45°，又∠DCB＝45°，∴∠BDC＝90°，即BD⊥DC.∵平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，∴CD⊥平面PBD.②由CD⊥平面PBD得CD⊥BP.又BP⊥PD，PD∩CD＝D，∴BP⊥平面PDC.又BP平面PBC，∴平面PBC⊥平面PDC.思维升华面面垂直的性质应用技巧(1)两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．这是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要留意“平面内的直线”．(2)两个相交平面同时垂直于第三个平面，那么它们的交线也垂直于第三个平面，此性质在不是很简单的题目中，要对此进行证明．ABC ＝π2，点(2021·重庆)如图，三棱锥P ABC中，平面P AC⊥平面ABC，∠D，E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC.(1)证明：AB⊥平面PFE；(2)若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长．(1)证明由DE＝EC，PD＝PC知，E为等腰△PDC中DC边的中点，故PE⊥AC.又平面P AC⊥平面ABC，平面P AC∩平面ABC＝AC，PE平面P AC，PE⊥AC，所以PE⊥平面ABC，从而PE⊥AB.因∠ABC＝π2，EF∥BC，故AB⊥EF.从而AB与平面PFE内两条相交直线PE，EF都垂直，所以AB⊥平面PFE.(2)解设BC＝x，则在Rt△ABC中，AB＝AC2－BC2＝36－x2，从而S△ABC＝12AB·BC＝12x36－x2.由EF ∥BC 知，AF AB ＝AE AC ＝23，得△AFE ∽△ABC ，故S △AFES △ABC ＝⎝⎛⎭⎫232＝49，即S △AFE ＝49S △ABC .由AD ＝12AE ，S △AFD ＝12S △AFE ＝12·49S △ABC＝29S △ABC ＝19x 36－x 2.从而四边形DFBC 的面积为S DFBC ＝S △ABC －S △AFD ＝12x 36－x 2－19x36－x 2＝718x36－x 2.由(1)知，PE ⊥平面ABC ，所以PE 为四棱锥PDFBC 的高．在Rt △PEC 中，PE ＝PC 2－EC 2＝42－22＝2 3.体积V PDFBC ＝13·S DFBC ·PE＝13·718x 36－x 2·23＝7，故得x 4－36x 2＋243＝0，解得x 2＝9或x 2＝27，由于x ＞0，可得x ＝3或x ＝3 3. 所以，BC ＝3或BC ＝3 3. 题型三垂直关系中的探究性问题例3 如图，在三棱台ABC －DEF 中，CF ⊥平面DEF ，AB ⊥BC . (1)设平面ACE ∩平面DEF ＝a ，求证：DF ∥a ；(2)若EF ＝CF ＝2BC ，试问在线段BE 上是否存在点G ，使得平面DFG ⊥平面CDE ？若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由． (1)证明在三棱台ABC －DEF 中，AC ∥DF ，AC 平面ACE ，D F ⃘平面ACE ，∴DF ∥平面ACE . 又∵DF 平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ，∴DF ∥a .(2)解线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE .在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF . 由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE .又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎪⎬⎪⎫GF ⊥CEGF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE . 又GF平面DFG ，∴平面DFG ⊥平面CDE .此时，如平面图所示，∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何学问易证△HOC ≌△FOE ， ∴HB ＝BC ＝12EF .由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE .思维升华同“平行关系中的探究性问题”的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明．如图(1)所示，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2)所示． (1)求证：DE ∥平面A 1CB ；(2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？说明理由．(1)证明由于D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又由于DE平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(2)证明由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F.又由于A1F⊥CD，CD∩DE＝D，所以A1F⊥平面BCDE，所以A1F⊥BE.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ. 理由如下：如图所示，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又由于DE∥BC，所以DE∥PQ，所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又由于P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP，由于DE∩DP＝D，所以A1C⊥平面DEP，从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ. 16．立体几何证明问题中的转化思想典例(12分)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思维点拨(1)要证线面平行，需证线线平行．(2)要证面面垂直，需证线面垂直，要证线面垂直，需证线线垂直．规范解答证明(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形．[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN.∴四边形AA1KN为平行四边形．∴AN∥A1K.[4分]∵A1K平面A1MK，AN平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.[6分](2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K.∴四边形BC1KM为平行四边形．∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC 1平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK ∥BC 1，∴A 1B 1⊥MK .∵四边形BB 1C 1C 为正方形，∴BC 1⊥B 1C .[10分] ∴MK ⊥B 1C . ∵A 1B 1平面A 1B 1C ，B 1C 平面A 1B 1C ，A 1B 1∩B 1C ＝B 1，∴MK ⊥平面A 1B 1C .又∵MK平面A 1MK ，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1MK .[12分]温馨提示 (1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要留意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等； (3)证明过程肯定要严谨，使用定理时要对比条件、步骤书写要规范．[方法与技巧]1．三类论证(1)证明线线垂直的方法①定义：两条直线所成的角为90°； ②平面几何中证明线线垂直的方法； ③线面垂直的性质：a ⊥α，bα⇒a ⊥b ；④线面垂直的性质：a ⊥α，b ∥α⇒a ⊥b . (2)证明线面垂直的方法①线面垂直的定义：a 与α内任何直线都垂直⇒a ⊥α；②判定定理1：⎭⎪⎬⎪⎫m 、nα，m ∩n ＝A l ⊥m ，l ⊥n⇒l ⊥α；③判定定理2：a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α； ④面面平行的性质：α∥β，a ⊥α⇒a ⊥β； ⑤面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l ，a α，a ⊥l ⇒a ⊥β.(3)证明面面垂直的方法①利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角； ②判定定理：aα，a ⊥β⇒α⊥β.2．转化思想：垂直关系的转化线线垂直判定性质线面垂直判定性质面面垂判定性质直在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中查找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作帮助线来解决． [失误与防范]1．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要留意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即留意线线垂直和线面垂直的相互转化．2．面面垂直的性质定理是作帮助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．A组专项基础训练(时间：45分钟)1．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m∥β，则下列四种位置关系中，不肯定成立的是()A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β答案 D解析如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不肯定成立，故选D.2．已知在空间四边形ABCD中，AD⊥BC，AD⊥BD，且△BCD是锐角三角形，则必有()A．平面ABD⊥平面ADC B．平面ABD⊥平面ABCC．平面ADC⊥平面BDC D．平面ABC⊥平面BDC答案 C解析∵AD⊥BC，AD⊥BD，BC∩BD＝B，∴AD⊥平面BDC，又AD平面ADC，∴平面ADC⊥平面BDC. 3．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成相互垂直的两个平面后，某同学得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是()A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④答案 B 解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD ⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错．故选B.4．如图，已知棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F，M分别是AB，AD，AA1的中点，又P，Q分别在线段A1B1，A1D1上，且A1P＝A1Q＝x,0<x<1，设平面MEF∩平面MPQ＝l，则下列结论中不成立的是()A．l∥平面ABCDB．l⊥ACC．平面MEF与平面MPQ不垂直D．当x变化时，l不是定直线答案 D解析连接AC，BD，A1C1，B1D1，AC，BD交于点O，A1C1，B1D1交点于点O1. 由正方体的性质知，BD∥B1D1，AC∥A1C1，AC⊥BD，A1C1⊥B1D1.由于E，F是AB，AD的中点，所以EF∥BD.由于A1P＝A1Q，所以PQ∥B1D1.所以PQ∥EF，所以PQ∥平面MEF，EF∥平面MPQ，由平面MEF∩平面MPQ＝l，EF平面MEF，所以EF∥l，而EF平面ABCD，l平面ABCD.所以，l∥平面ABCD，所以选项A正确；由AC⊥BD，EF∥BD得EF⊥AC，而EF∥l，所以l⊥AC，所以选项B正确；连接MB1，MD1，O1M，则O1M∥AC1，而AC1⊥A1B，AC1⊥BD，BD∥EF，A1B∥MF，所以O1M⊥EF，O1M⊥MF，所以O1M⊥平面MEF，过直线l与平面MEF垂直的平面只能有一个，所以平面MEF与平面MPQ不垂直，所以选项C是正确的；由于EF∥l，M是定点，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以直线l是唯一的，故选项D不正确．5.如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么()A．P A＝PB>PCB．P A＝PB<PCC．P A＝PB＝PCD．P A≠PB≠PC答案 C解析∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt△PMA≌Rt△PMC，故P A＝PB＝PC.6.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________．答案1 2解析设B1F＝x，由于AB1⊥平面C1DF，DF平面C1DF，所以AB1⊥DF.由已知可得A1B1＝2，设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝12h.又2×2＝h22＋(2)2，所以h＝233，DE ＝33.在Rt△DB1E中，B1E＝(22)2－(33)2＝66.由面积相等得66×x2＋(22)2＝22x，得x＝12.7.如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC. 其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，且P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．8．点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．答案①②④解析由题意可得直线BC1平行于直线AD1，并且直线AD1平面AD1C，直线BC1⃘平面AD1C，所以直线BC1∥平面AD1C.所以点P到平面AD1C的距离不变，11A D PC P AD CV V--=，所以体积不变．故①正确；连接A1C1，A1B，可得平面AD1C∥平面A1C1B.又由于A1P平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故②正确；当点P运动到B点时，△DBC1是等边三角形，所以DP不垂直于BC1.故③不正确；由于直线AC⊥平面DB1，DB 1平面DB1.所以AC⊥DB1.同理可得AD1⊥DB1.所以可得DB1⊥平面AD1C.又由于DB 1平面PDB1.所以可得平面PDB1⊥平面ACD1.故④正确．综上，正确的序号为①②④.9．(2021·安徽)如图，三棱锥P-ABC中，P A⊥平面ABC，P A＝1，AB＝1，AC＝2，∠BAC ＝60°.(1)求三棱锥P-ABC的体积；(2)证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM ，并求PMMC的值．(1)解由题设AB＝1，AC ＝2，∠BAC＝60°，可得S△ABC＝12·AB·AC·sin60°＝3 2.由P A⊥平面ABC，可知P A是三棱锥P-ABC的高，又P A＝1.所以三棱锥P-ABC的体积V＝13·S△ABC ·P A＝36.(2)证明如图，在平面ABC内，过点B作BN⊥AC，垂足为N，在平面P AC内，过点N作MN∥P A交PC于点M，连接BM.由P A⊥平面ABC知P A⊥AC，所以MN ⊥AC.由于BN∩MN＝N ，故AC ⊥平面MBN，又BM平面MBN，所以AC⊥BM. 在Rt△BAN中，AN＝AB·cos∠BAC＝12，从而NC＝AC－AN＝32，由MN∥P A，得PMMC＝ANNC＝13.10.如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面P AD⊥底面ABCD，P A⊥AD.E和F分别是CD、PC的中点．求证：(1)P A⊥底面ABCD；(2)BE∥平面P AD；(3)平面BEF⊥平面PCD.证明(1)∵平面P AD∩平面ABCD＝AD.又平面P AD⊥平面ABCD，且P A⊥AD.∴P A⊥底面ABCD.(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，∴AB∥DE，且AB＝DE.∴四边形ABED为平行四边形．∴BE∥AD.又∵BE平面P AD，AD平面P AD，∴BE∥平面P AD.(3)∵AB⊥AD，且四边形ABED为平行四边形．∴BE⊥CD，AD⊥CD.由(1)知P A⊥底面ABCD，则P A⊥CD，又P A∩AD＝A，∴CD⊥平面P AD，从而CD⊥PD，又E、F分别为CD、CP的中点，∴EF∥PD，故CD⊥EF.由(2)知BE∥平面P AD，∴BE⊥CD，又EF，BE在平面BEF内，且EF∩BE＝E，∴CD⊥平面BEF.又∵CD平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.B组专项力量提升(时间：30分钟)11．在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD ＝2，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四周体A′—BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四周体A′—BCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为()A.32πB．3πC.23πD．2π答案 A解析依据题意，如图，可知Rt△A′BD中，A′B＝A′D＝1，BD＝2，在Rt△BCD 中，BD＝2，CD＝1，BC＝3，又由于平面A′BD⊥平面BCD，所以球心就是BC的中点，半径r＝32，所以球的体积为V＝4π3r3＝32π.故选 A.12．设α，β是空间两个不同的平面，m，n是平面α及β外的两条不同直线．从“①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(用代号表示)．答案①③④⇒②(或②③④⇒①)解析逐一推断．若①②③成立，则m与α的位置关系不确定，故①②③⇒④错误；同理①②④⇒③也错误；①③④⇒②与②③④⇒①均正确．13．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，假如把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的全部新命题中，真命题有________个．答案 2解析若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．14．(2021·北京)如图，在三棱锥VABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝2，O，M分别为AB，VA的中点．(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥V-ABC的体积．(1)证明由于O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB，又由于V B⃘平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)证明由于AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB.又由于平面VAB⊥平面ABC，且OC平面ABC，所以OC⊥平面VAB.又OC平面MOC，所以平面MOC⊥平面VAB.(3)解在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝2，所以AB＝2，OC＝1，所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝ 3.又由于OC⊥平面VAB.所以三棱锥C-VAB的体积等于13·OC·S△VAB＝33，又由于三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等，所以三棱锥V-ABC的体积为33.15．(2021·湖北)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四周体称之为鳖臑．在如图所示的阳马P ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE.(1)证明：DE⊥平面PBC.试推断四周体EBCD是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；(2)记阳马P ABCD的体积为V1，四周体EBCD的体积为V2，求V1V2的值．(1)证明由于PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC，由底面ABCD为长方形，有BC⊥CD，而PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.而DE平面PCD，所以BC⊥DE.又由于PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.而PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.由BC ⊥平面PCD ，DE ⊥平面PBC ，可知四周体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四周体EBCD 是一个鳖臑，其四个面的直角分别是∠BCD ，∠BCE ，∠DEC ，∠DEB . (2)解由已知得，PD 是阳马P-ABCD 的高，所以V 1＝13S ABCD ·PD ＝13BC ·CD ·PD .由(1)知，DE 是鳖臑DBCE 的高，BC ⊥CE ，所以V 2＝13S △BCE ·DE ＝16BC ·CE ·DE .在Rt △PDC 中，由于PD ＝CD ，点E 是PC 的中点，所以DE ＝CE ＝22CD ，于是V 1V 2＝13BC ·CD ·PD 16BC ·CE ·DE ＝2CD ·PD CE ·DE＝4.。

苏教版高考总复习一轮数学精品课件几何与代数第八章解答题专项第1课时利用空间向量证明平行与垂直

形,//, ⊥ , = 2, = = = = 1,平
面 ⊥平面,为的中点.
解如图,取的中点,连接,在梯形中,由题意易知 ⊥ ,
∵ = ,为的中点,∴ ⊥ .
又平面 ⊥平面,∴ ⊥平面，
则 ⋅ = 0
2
+
2
2
−
2
,
= 0,所以 ⊥ ,所以 ⊥ .
由题可知 ⊥ ,且 ∩ = ,, ⊂平面,所以 ⊥平面.
规律方法
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系,建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系.
由 ⋅ = 0 × 5 + 1 × 4 + × −3 = 0,得 ⊥ ,即平面 ⊥平面.
考向二与平行、垂直有关的探索性问题
典例2(2023宿迁月考)如图,在直三棱柱 − 1 1 1 中,
1 1 = 1 1 ,为1 1 的中点,,分别是棱,1 上的点,且
∵ 1 ⊄平面, ⊂平面,∴ 1 //平面.
（2）若△ 是正三角形,为1 的中点,则能否在线段1 上找一点,使得1 //平
面？若存在,确定该点的位置；若不存在,请说明理由.
在线段1 上存在一点,使得1 //平面,此时是线段1 的中点,证明如下:
在直三棱柱 − 1 1 1 中,
∵ //1 ,∴ ⊥ , ⊥ .又∵ ⊥ ,∴ ,,两两垂直,
如图,以为原点,直线为轴,直线为轴,直线为轴,建立空
间直角坐标系.
设1 1 = 2,1 = 2,
∵点在线段1 上,∴设 = 1 ,0 ≤ ≤ 1,则 −1,0,2 ,
∴ ⋅ = 0 × −8 + 3 × 0 + 4 × 0 = 0,

2021版高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标44立体几何中的向量方法一证明平行与垂直202105

2021版高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标44立体几何中的向量方法一证明平行与垂直202105072176[解密考纲]利用空间向量证明平行与垂直关系，常显现于选择、填空题中，或在解答题立体几何部分的第(1)问考查，难度中等或较小．一、选择题1．若直线l∥平面α，直线l的方向向量为s，平面α的法向量为n，则下列结论可能正确的是( C)A．s＝(－1,0,2)，n＝(1,0，－1)B．s＝(－1,0,1)，n＝(1,2，－1)C．s＝(－1,1,1)，n＝(1,2，－1)D．s＝(－1,1,1)，n＝(－2,2,2)解析由已知需s·n＝0，逐个验证知，只有C项符合要求，故选C．2．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l⊥α的是( A)A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0，－1)C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)解析若l⊥α，则a∥n，一一验证，可知选A．3．直线l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥平面α，则x＝( D)A．－2 B．－ 2C． 2 D．± 2解析由已知得s·n＝0，故－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝± 2.4．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，|AB|＝2，|AF|＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M 点的坐标为( C)A ．(1,1,1)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C ．⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1 D ．⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析由已知得A (2，2，0)，B (0，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，设M (x ，x,1)．则AM →＝(x －2，x －2，1)，BD →＝(2，－2，0)，BE →＝(0，－2，1)．设平面BDE 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )．则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BD →，n ⊥BE →，即⎩⎨⎧2a －2b ＝0，－2b ＋c ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝b ，c ＝2b ，令b ＝1，则n ＝(1,1，2)．又AM ∥平面BDE ，因此n ·AM →＝0，即2(x －2)＋2＝0，得x ＝22，因此M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. 5．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF＝13AC ，则( B )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC ，故选B ．6．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( B )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．不确定解析建立如图所示的坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a3，0，2a 3，又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，因此C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，因此MN →⊥C 1D 1→，因此MN ∥平面BB 1C 1C ，故选B ．二、填空题7．若直线l 的方向向量e ＝(2,1，m )，平面α的法向量n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1，12，2，且l ⊥α，则m ＝__4__.解析因为l ⊥α，因此e ∥n ，即e ＝λn (λ≠0)，亦即(2,1，m )＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2，因此⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，m ＝2λ.则m ＝4.8．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__407，－157，4__.解析由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3x －1＋y －3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157，z ＝4.9．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__平行__.解析由已知得，AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，设平面α的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AB →，m ⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x －z ＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝z ，令z ＝1，得m ＝(1,1,1)．又n ＝(－1，－1，－1)，因此m ＝－n ，即m ∥n ，因此α∥β. 三、解答题10．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别为A 1B 1，B 1C 1，C 1D 1的中点．(1)求证：AG ∥平面BEF ；(2)试在棱长BB 1上找一点M ，使DM ⊥平面BEF ，并证明你的结论．解析 (1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，因为EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，而AG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，1，因此AG →＝EF →＋BF →，故AG →与平面BEF 共面，又因为AG 不在平面BEF 内，因此AG ∥平面BEF . (2)设M (1,1，m )，则DM →＝(1,1，m )，由DM →·EF →＝0，DM →·BF →＝0，因此－12＋m ＝0⇒m ＝12 ，因此M 为棱BB 1的中点时，DM ⊥平面BEF .11．(2020·北京西城二模)如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB ．(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA；若不存在，请说明理由．解析 (1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，因此EO ⊥AB ．因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，因此四边形OBCD 为正方形，因此AB ⊥OD ．因为EO ∩DO ＝O ，因此AB ⊥平面EOD ，因此AB ⊥ED ． (2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ，因此EO ⊥平面ABCD ，因此EO ⊥OD ．由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为三角形EAB 为等腰直角三角形，因此OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，因此O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)．因此EC →＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD →＝(0,1,0)．设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，因此sin θ＝|cos 〈EC →，OD →〉|＝|EC →·O D →||EC →||OD →|＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD ．证明如下：由EF →＝13EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，因此FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23，BD →＝(－1,1,0)．设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎪⎨⎪⎧v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，因此⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC →·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，因此EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD ．12．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.证明 (1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)，因此BD 1→＝BE →＋BF →.由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面． (2)设M (0,0，z 0)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0，则GM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，z 0，而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)，有ME →＝(3,0,0)．又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，因此ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC ．又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.。

空间向量的应用-证明平行与垂直

→
∴MN⊥n，又∵MN⊄平面 A1BD，∴MN∥平面 A1BD.
→
1 → 1 → 方法二：∵MN＝C1N－C1M＝2C1B1－2C1C
→ → → → 1 → 1 → ＝2(D1A1－D1D)＝2DA1，
∴MN∥DA1，又∵MN⊄平面 A1BD. ∴MN∥平面 A1BD.
[点评与警示] 证明线面平行可以用几何法，也可以用向量法．用向量法的关键在于构造向量并用共线向量定理或共面
→ → → → →
∴DM⊥PB，即DM⊥PB. 又∵PA∩PB＝P，∴DM⊥平面PAB， ∵DM⊂ 平面PAD.∴平面PAD⊥平面PAB.
→
[点评与警示] 用向量的方法解决垂直问题即几何问题代
数化，这种方法降低了思维的抽象性，使很多思维量较大的证
明与计算简单化，突出了向量方法的优点．
1．用向量解决立体几何问题时，首先要选择恰当的基向量，然后将立体几何中的平行、垂直、距离等问题转化为向量的运算， ①证明线线平行就利用 a∥b(b≠0)⇔a＝λb； ② 证明线线垂直，就利用 a⊥b⇔a· b＝0；③在求立体几何中线段的长度时，就利用|a|2＝a2 来求；④求角度时就用 cosθ＝ a· b . |a||b|
所以D1F⊥面AED.
又因为D1F⊂面A1FD1，所以面AED⊥面A1FD1.
[点评与警示 ] 用空间坐标运算证明 “ 面面垂直 ” ，一般
先求出其中一个平面的一个法向量，然后证明它垂直于另一个
平面的法向量．因为本例有(1)、(2)作铺垫，所以直接利用其结果便可．
在正方形 ABCD － A1B1C1D1 中， E 、 F 分别是 BB1 、 CD 的中
连接EO.
因为底面ABCD是正方形，所以点O是AC的中点．

高考数学大一轮总复习第九章第7讲空间向量的应用(一)证明平行与垂直课件理

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解析：要使 l∥α，则必须 a⊥n，故 a·n＝0，
经验算，仅选项 D 符合要求，故选 D.
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9
4.若 a＝(2,1，－ 3)，b＝(－1,5， 3)，则以 a，b 为邻边
的平行四边形的面积为
.
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10
解析：因为 a·b＝(2,1，－ 3)·(－1,5， 3)＝0，所以 a⊥b，又|a|＝2 2，|a|＝ 29，所以 a，b 为邻边的平行四边形的面积为 |a|·|b|＝2 2× 29＝2 58.

于是 MN ＝(21，0，21)， DA1 ＝(1,0,1)， DB1 ＝(1,1,0)．
设平面 A1BD 的法向量是 n＝(x，y，z)．
则 n DA1 ＝0，且 n DB1完＝整版0p，pt 可得xx＋＋zy＝＝00 .
17
取 x＝1，得 y＝－1，z＝－1，所以 n＝(1，－1，－1)．
又 MN n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，
所以 MN ⊥n.
又因为 MN⊄平面 A1BD，所以 MN∥A1BD.
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【温馨提示】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．注：合理建立坐标系能简化计算．
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19
【跟踪训练 1】已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2， E、F 分别是 BB1、DD1 的中点，求证：
2
9
A.3
B.2
C．－29
D．－32
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6
解析：因为 a∥b，所以－13＝－λ32＝－25125，

专题 7用向量法证明平行与垂直2021届高考数学核心素养大秘籍(解析版)

第七篇立体几何与空间向量专题7.05 用向量法证明平行与垂直【考纲要求】1.理解直线的方向向量与平面法向量的意义．2.能用向量语言表达直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直和平行关系．3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). 【命题趋势】空间直角坐标系、空间向量及其运算在高考中主要作为解题工具，解决直线、平面的平行、垂直位置关系的判定等问题. 【核心素养】本讲内容主要考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养. 【素养清单•基础知识】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的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n·a ＝0，n·b ＝0. 2．用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔ v 1∥v 2 .(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v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔ 存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2 .(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u 1，u 2，则α∥β ⇔ u 1∥u 2 . 3．用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔ v 1⊥v 2 ⇔ v 1·v 2＝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u 1和u 2，则α⊥β ⇔ u 1⊥u 2 ⇔ u 1·u 2＝0 .【基础检测题】一、选择题1．若直线l ∥平面α，直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，则下列结论可能正确的是( ) A ．s ＝(－1,0,2)，n ＝(1,0，－1) B ．s ＝(－1,0,1)，n ＝(1,2，－1) C ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(1,2，－1) D ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(－2,2,2) 【答案】C【解析】由已知需s ·n ＝0，逐个验证知，只有C 项符合要求，故选C. 2．(2019·邢台期末)已知AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量为( ) A ．(13，－23，23) B ．(－13，23，－23) C ．±(13，－23，23) D ．(23，13，－23) 【答案】C【解析】设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－1.所以n ＝(12，－1,1)．所以平面ABC 的单位法向量为±n|n|＝±(13，－23，23)． 3．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x ＝( ) A ．－2 B ．－ 2 C. 2 D ．±2【答案】D【解析】由已知得s ·n ＝0，故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝±2. 4．(2019·合肥八中月考)已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4) 【答案】A【解析】因为n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量，所以n ⊥MP →，在选项A 中，MP →＝(1,4,1)，所以n ·MP →＝0. 5．(2019·南阳期末)若两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定【答案】A【解析】v 2＝－2v 1，所以l 1∥l 2.6．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．不确定【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M ⎝⎛⎭⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝⎛⎭⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝⎛⎭⎫－a 3，0，2a 3，又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，所以MN ∥平面BB 1C 1C ，故选B.二、填空题7．若直线l 的方向向量e ＝(2,1，m )，平面α的法向量n ＝⎝⎛⎭⎫1，12，2，且l ⊥α，则m ＝________.【答案】4【解析】因为l ⊥α，所以e ∥n ，即e ＝λn (λ≠0)，亦即(2,1，m )＝λ⎝⎛⎭⎫1，12，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，m ＝2λ.则m ＝4.8．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】407，－157，4【解析】由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，x －＋y －3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y＝－157，z ＝4.9．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】平行【解析】由已知得，AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，设平面α的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AB →，m ⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧ y －z ＝0，x －z ＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝z ，令z ＝1，得m ＝(1,1,1)．又n ＝(－1，－1，－1)，所以m ＝－n ，即m ∥n ，所以α∥β. 三、解答题10．如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段PA ，PD ，AB 的中点．求证： (1)PB ∥平面EFH ； (2)PD ⊥平面AHF.【答案】见解析；【解析】：证明建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.所以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)，H (1,0,0)． (1)因为PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)，所以PB →＝2EH →，所以PB ∥EH .因为PB ⊄平面EFH ，EH ⊂平面EFH ，所以PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)，所以PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，所以PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又因为AF ∩AH ＝A ，所以PD ⊥平面AHF .11．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别为A 1B 1，B 1C 1，C 1D 1的中点． (1)求证：AG ∥平面BEF ；(2)试在棱长BB 1上找一点M ，使DM ⊥平面BEF ，并证明你的结论．【答案】见解析；【解析】：(1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫1，12，1，F ⎝⎛⎭⎫12，1，1，G ⎝⎛⎭⎫0，12，1，因为EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，0，BF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，1，而AG →＝⎝⎛⎭⎫－1，12，1，所以AG →＝EF →＋BF →，故AG →与平面BEF 共面，又因为AG 不在平面BEF 内，所以AG ∥平面BEF .(2)设M (1,1，m )，则DM →＝(1,1，m )，由DM →·EF →＝0，DM →·BF →＝0，所以－12＋m ＝0⇒m ＝12 ，所以M 为棱BB 1的中点时，DM ⊥平面BEF .12．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1. (1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.【答案】见解析；【解析】：证明 (1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)，所以BD 1→＝BE →＋BF →.由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z 0)，G ⎝⎛⎭⎫0，23，0，则GM →＝⎝⎛⎭⎫0，－23，z 0，而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)，有ME →＝(3,0,0)．又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC . 又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.13．如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB . (1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EFEA ；若不存在，请说明理由．【答案】见解析；【解析】：(1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD . 因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED . (2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ，所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形，所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)．所以EC →＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD →＝(0,1,0)．设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC →，OD →〉|＝|EC →·O D →||EC →||OD →|＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD . 证明如下：由EF →＝13EA →＝⎝⎛⎭⎫－13，0，－13，得F ⎝⎛⎭⎫－13，0，23，所以FB →＝⎝⎛⎭⎫43，0，－23，BD →＝(－1,1,0)．设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎪⎨⎪⎧v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC →·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F 满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .【高考真题解密】1. 【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A −MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）5. 【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1=DC ，可得B 1C =A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =-，1(12)A M =--，1(1,0,2)A N =--，(0,MN =．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以2040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n所以020p r ⎧=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是cos ,||5⋅〈〉===‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.2.【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）2. 【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA 的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB =，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则 0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩ 所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.3.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B −CG −A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30.【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC 的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz ，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0CG =（1，0AC =（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩ 所以可取n =（3，6，）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.4.【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．（1）求证：CD ⊥平面PAD ；（2）求二面角F –AE –P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）（3）见解析. 【解析】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥CD ．又因为AD ⊥CD ，所以CD ⊥平面PAD ．（2）过A 作AD 的垂线交BC 于点M ．因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AM ，PA ⊥AD ．如图建立空间直角坐标系A −xyz ，则A （0，0，0），B （2，-1，0），C （2，2，0），D （0，2，0），P （0，0，2）．因为E 为PD 的中点，所以E （0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP ==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF ⎛⎫⎛⎫==-=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 设平面AEF 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,2240.333y z x y z +=⎧⎪⎨++=⎪⎩ 令z =1，则1,1y x =-=-．于是=(1,1,1)--n ．又因为平面PAD 的法向量为p =（1，0，0），所以cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p . 由题知，二面角F −AE −P（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n . 所以4220333AG ⋅=-++=n . 所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.5.【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点. （1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E 平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E EG由于O 为A 1G的中点，故12A G EO OG === 所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，B，1，0），1B，3,2F ，C (0，2，0)．因此，33(,2EF =，(BC =．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(310)=(02BC A C --，，，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，得00y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.【考法拓展•题型解码】考法一利用空间向量证明平行问题解题技巧(1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键．(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可．这样就把几何的证明问题转化为向量运算．【例1】如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .【答案】见解析；【解析】：证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为正方形，所以AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则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)．所以PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.所以PB →＝2FE →＋2FG →，又因为FE →与FG →不共线，所以PB →，FE →与FG →共面．因为PB ⊄平面EFG ，所以PB ∥平面EFG .考法二利用空间向量证明垂直问题解题技巧证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键．(2)证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可．【例2】如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点．求证：AB 1⊥平面A 1BD .【答案】见解析；【解析】：证明如图所示，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 －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，连OO 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，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)，A (0,0，3)，A 1(0,2，3)，B 1(1,2,0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0)．因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量，而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD .【例3】 (2019·四川绵阳中学模拟)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为棱AD ，PB 的中点，且PD ＝AD .求证：平面CEF ⊥平面PBC .【答案】见解析；【解析】：证明建立如图所示空间直角坐标系，令PD ＝1，则A (1,0,0)，P (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，0，0，F ⎝⎛⎭⎫12，12，12，设平面CEF 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·EF →＝0，n 1·EC →＝0，得⎩⎨⎧ 12y ＋12z ＝0，－12x ＋y ＝0，取x ＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理求得平面PBC 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎫0，12，12.因为n 1·n 2＝1×0＋12×12－12×12＝0，所以n 1⊥n 2.所以平面CEF ⊥平面PBC .考法三利用空间向量解决探索性问题归纳总结对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是先根据条件作出判断，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”．【例4】如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1.若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由．【答案】见解析；【解析】：(1)证明：设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，由余弦定理得A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3，所以AO 2＋A 1O 2＝AA 21，所以A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，所以A 1O ⊥平面ABCD .以OB ，OC ，OA 1所在直线分別为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)，A 1(0,0，3)，C 1(0,2，3)．则BD →＝(－23，0,0)，AA 1→＝(0,1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，所以BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，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)．设n 3＝(x 3，y 3，z 3)为平面DA 1C 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0,2,0)，DA 1→＝(3，0，3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1,0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP . 【规范解答】关键点坐标系建立要恰当、点的坐标要写准确【典例】如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)． (1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥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．【规范解答】：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .由已知得B (2,2,0)，C 1(0,2,2)，E (2,1,0)，F (1,0,0)， P (0,0，λ)，M (2,1,2)，N (1,0,2)，BC 1→＝(－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BC 1→＝(－2,0,2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝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 所成二面角为直二面角，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±22.故存在λ＝1±22，使平面EFPQ 与平面PQMN 所成的二面角为直二面角．答题模板1．建立适当的空间直角坐标系，让一些点、线段尽量与坐标轴重合． 2．写准点的坐标是关键，要利用中点、向量共线、相等来确定点的坐标．3．利用a ＝λb 证明直线平行需强调两直线不重合，证明直线与平面平行仍需强调直线在平面外．【跟踪训练】 (2019·河北衡水中学检测)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，请说明理由．【答案】见解析；【解析】：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 →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如图空间直角坐标系．设底面边长为a ，则高|SO |＝62a . 于是S ⎝⎛⎭⎫0，0，62a ，D ⎝⎛⎭⎫－22a ，0，0， B ⎝⎛⎭⎫22a ，0，0，C ⎝⎛⎭⎫0，22a ，0.(1)证明：OC →＝⎝⎛⎭⎫0，22a ，0，SD →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，0，－62a ，则OC →·SD →＝0.故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD . (2)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，且DS →＝⎝⎛⎭⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎫0，－22a ，62a ，BC →＝⎝⎛⎭⎫－22a ，22a ，0. 设CE →＝tCS →，则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝错误!，而BE →·DS →＝0，所以错误!·错误!＝0，解得t ＝13，即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 又BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC . 【递进题组】1．如图，在四面体ABCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，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 .【答案】见解析；【解析】：证明如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz .由题意知，A (0，2，2)，.B (0，－2，0)，D (0，2，0)．设点C 的坐标为(x 0，y 0,0)．因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1)．又P 为BM 的中点，故P ⎝⎛⎭⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝⎛⎭⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0,0,1)，故=0PQ a ⋅，又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .2．如图所示，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点，求证： (1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .【答案】见解析；【解析】：证明 (1)如图建立空间直角坐标系Axyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(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)，所以DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)，所以DE →＝NC →，所以DE ∥NC ，又因为NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC .故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0)． B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4) ×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.所以B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又因为AF ∩EF ＝F ，所以B 1F ⊥平面AEF .3．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 .【答案】见解析；【解析】：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Cxyz ，因为PC ⊥平面ABCD ，所以∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，所以∠PBC ＝30°.因为PC ＝2，所以BC ＝23，PB ＝4.所以D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎫32，0，32，所以DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32，令n ＝(x ，y ，z )为平面PAD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，所以⎩⎨⎧z ＝12y ，x ＝－32y ，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．因为n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，所以n ⊥CM →，又CM ⊄平面PAD ，所以CM ∥平面PAD .(2)取AP 的中点E ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)．因为PB ＝AB ，所以BE ⊥PA .又因为BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，所以BE →⊥DA →，所以BE ⊥DA ，又PA ∩DA ＝A ，所以BE ⊥平面PAD ，又因为BE ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .4．(2019·济南调研)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形．平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB ＝3，BC ＝5.(1)求证：AA 1⊥平面ABC ；(2)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BDBC 1的值．【答案】见解析；【解析】：(1)证明：在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ，AA 1⊂平面AA 1C 1C .所以AA 1⊥平面ABC .(2)由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5，所以BC 2＝AC 2＋AB 2，所以AB ⊥AC .所以以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Axyz .A (0,0,0)，A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，于是A 1B→＝(0,3，－4)，BC 1→＝(4，－3,4)．假设存在点D (x ，y ，z )是线段BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→(λ∈[0,1])．所以(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ，所以AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)，又AD ⊥A 1B ，所以0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，此时BD BC 1＝925.。

2021版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54空间向量的应用一平行与垂直理202105154

2021版高考数学一轮总复习第八章立体几何题组训练54空间向量的应用一平行与垂直理202105154211．已知点O ，A ，B ，C 为空间不共面的四点，且向量a ＝OA →＋OB →＋OC →，向量b ＝OA →＋OB →－OC →，则与a ，b 不能构成空间基底的向量是( ) A.OA →B.OB →C.OC →D.OA →或OB →答案 C解析依照题意得OC →＝12(a －b )，∴OC →，a ，b 共面．2．有4个命题：①若p ＝x a ＋y b ，则p 与a ，b 共面； ②若p 与a ，b 共面，则p ＝x a ＋y b ； ③若MP →＝xMA →＋yMB →，则P ，M ，A ，B 共面； ④若P ，M ，A ，B 共面，则MP →＝xMA →＋yMB →. 其中真命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 ①正确，②中若a ，b 共线，p 与a 不共线，则p ＝x a ＋y b 就不成立．③正确．④中若M ，A ，B 共线，点P 不在此直线上，则MP →＝xMA →＋yMB →不正确．3．从点A(2，－1，7)沿向量a ＝(8，9，－12)的方向取线段长|AB|＝34，则B 点坐标为( ) A ．(18，17，－17) B ．(－14，－19，17) C ．(6，72，1)D ．(－2，－112，13)答案 A解析设B 点坐标为(x ，y ，z)，则AB →＝λa (λ>0)，即(x －2，y ＋1，z －7)＝λ(8，9，－12)．由|AB →|＝34，即λ2·64＋λ2·81＋λ2·144＝34，得λ＝2. ∴x ＝18，y ＝17，z ＝－17.4．(2020·吉林一中模拟)如图，空间四边形ABCD 中，若向量AB →＝(－3，5，2)，CD →＝(－7，－1，－4)，点E ，F 分别为线段BC ，AD 的中点，则EF →的坐标为( ) A ．(2，3，3) B ．(－2，－3，－3) C ．(5，－2，1) D ．(－5，2，－1)答案 B解析取AC 中点M ，连接ME ，MF ，ME →＝12AB →＝(－32，52，1)，MF →＝12CD →＝(－72，－12，－2)，而EF →＝MF →－ME →＝(－2，－3，－3)，故选B.5．(2021·上海奉贤二模)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，下列向量的数量积一定不为0的是( )A.AD 1→·B 1C →B.BD 1→·AC →C.AB →·AD 1→D.BD 1→·BC →答案 D解析当侧面BCC 1B 1是正方形时可得AD 1→·B 1C →＝0，因此排除A.当底面ABCD 是正方形时AC 垂直于对角面BD 1，因此排除B ，明显也排除C.由题图可得BD 1与BC 所成的角小于90°.故选D.6．已知两个非零向量a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，它们平行的充要条件是( ) A.a |a |＝b|b |B ．a 1·b 1＝a 2·b 2＝a 3·b 3C ．a 1·b 1＋a 2·b 2＋a 3·b 3＝0D ．存在非零实数k ，使a ＝k b答案 D解析应选D ，第一排除B ，C 项表示a ⊥b ，A 项表示与a ，b 分别平行的单位向量，但两向量方向相反也叫平行．7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点M 在AC 1上，且AM →＝12MC 1→，N 为B 1B 的中点，则|MN →|为( ) A.216a B.66aC.156a D.153a 答案 A解析以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A(a ，0，0)，C 1(0，a ，a)，N(a ，a ，a2)，设M(x ，y ，z)．∵点M 在AC 1上且AM →＝12MC 1→，∴(x －a ，y ，z)＝12(－x ，a －y ，a －z)．∴x ＝23a ，y ＝a 3，z ＝a 3.∴|MN →|＝（a －23a ）2＋（a －a 3）2＋（a 2－a 3）2＝216a.8.(2020·湖南师大附中一模)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，则异面直线AB 1和A 1C 所成角的余弦值为( ) A.14 B ．－14C.12 D ．－12答案 A解析如图所示，以A 为坐标原点，在平面ABC 内过点A 作AC 的垂线，以此为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长为2，则A(0，0，0)，B 1(3，1，2)，A 1(0，0，2)，C(0，2，0)，AB 1→＝(3，1，2)，A 1C →＝(0，2，－2)．设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝|AB 1→·A 1C →||AB 1→|·|A 1C →|＝|－2|8×8＝14.∴异面直线AB 1和A 1C 所成角的余弦值为14.故选A.9．(2020·东营质检)已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，OA →＋λOB →与OB →的夹角为120°，则λ的值为( ) A ．±66 B.66C ．－66D ．± 6答案 C解析 OA →＋λOB →＝(1，－λ，λ)， cos120°＝λ＋λ1＋2λ2·2＝－12，得λ＝±66.经检验λ＝66不合题意，舍去，∴λ＝－66. 10．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，O 是底面ABCD 的中心，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，则异面直线OE 与FD 1所成角的余弦值为( )A.105B.155C.45D.23答案 B解析 ∵OE →＝12AC 1→＝12(AB →＋AD →＋AA 1→)，FD 1→＝12AD →＋AA 1→，∴OE →·FD 1→＝12(AB →＋AD →＋AA 1→)·(12AD →＋AA 1→)＝12(12AB →·AD →＋AB →·AA 1→＋12AD →2＋AD →·AA 1→＋12AA 1→·AD →＋AA 1→2)＝12(2＋4)＝3. 而|OE →|＝1222＋22＋22＝3，|FD 1→|＝5，∴cos 〈OE →，FD 1→〉＝315＝155.故选B.11.(2021·云南昆明一模)一个几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图差不多上等边三角形，若该几何体的四个顶点在空间直角坐标系O －xyz 中的坐标分别是(0，0，0)，(2，0，0)，(2，2，0)，(0，2，0)，则第五个顶点的坐标为( ) A ．(1，1，1) B ．(1，1，2) C ．(1，1，3) D ．(2，2，3)答案 C12．(易错题)已知A(1，1，－1)，B(2，3，1)，则与AB →平行且模为1的向量是________．答案 (13，23，23)或(－13，－23，－23)解析 AB →＝(1，2，2)，|AB →|＝3，因此与AB →平行且模为1的向量是AB →|AB →|＝(13，23，23)，或－AB →|AB →|＝(－13，－23，－23)．13．已知a ＝(2，4，x)，b ＝(2，y ，2)，且|a |＝6，a ⊥b ，则x ＋y 的值为________．答案 1或－3解析依题意得⎩⎪⎨⎪⎧4＋4y ＋2x ＝0，4＋16＋x 2＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4，y ＝1. 14．设O －ABC 是四面体，G 1是△ABC 的重心，G 是OG 1上的一点，且OG ＝3GG 1，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则(x ，y ，z)为________．答案 (14，14，14)解析如图所示，取BC 的中点E ，连接AE. OG →＝34OG 1→＝34(OA →＋AG 1→)＝34OA →＋12AE →＝34OA →＋14(AB →＋AC →)＝34OA →＋14(OB →－OA →＋OC →－OA →) ＝14(OA →＋OB →＋OC →)，∴x ＝y ＝z ＝14. 15．三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面边长和侧棱长都相等，∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为________．答案66解析如图，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AC →＝c ，设棱长为1，则AB 1→＝a ＋b ，BC 1→＝a ＋BC →＝a ＋c －b ，因为底面边长和侧棱长都相等，且∠BAA 1＝∠CAA 1＝60°，因此a ·b ＝a ·c ＝b ·c ＝12，因此|AB 1→|＝（a ＋b ）2＝3，|BC 1→|＝（a ＋c －b ）2＝2，AB 1→·BC 1→＝(a ＋b )·(a ＋c －b )＝1，设异面直线的夹角为θ，因此cos θ＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝12×3＝66.16．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)． (1)求以AB →，AC →为邻边的平行四边形的面积；(2)若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，求向量a 的坐标．答案 (1)7 3 (2)(1，1，1)或(－1，－1，－1)解析 (1)由题意，可得AB →＝(－2，－1，3)，AC →＝(1，－3，2)． ∴cos 〈AB →，AC →〉＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝－2＋3＋614×14＝714＝12.∴sin 〈AB →，AC →〉＝32.∴以AB →，AC →为邻边的平行四边形的面积为 S ＝2×12|AB →||AC →|sin 〈AB →，AC →〉＝14×32＝7 3.(2)设a ＝(x ，y ，z)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝3，－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0.解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，z ＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，z ＝－1.∴向量a 的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．17．如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x≤a，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz.(1)写出点E ，F 的坐标； (2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.答案 (1)E(a ，x ，0)，F(a －x ，a ，0) (2)略 (3)略解析 (1)解：E(a ，x ，0)，F(a －x ，a ，0)． (2)证明：∵A 1(a ，0，a)，C 1(0，a ，a)， ∴A 1F →＝(－x ，a ，－a)，C 1E →＝(a ，x －a ，－a)， ∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a(x －a)＋a 2＝0， ∴A 1F →⊥C 1E →，∴A 1F ⊥C 1E.(3)证明：∵A 1，E ，F ，C 1四点共面， ∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面．选A 1E →与A 1C 1→为平面A 1C 1E 的一组基向量，则存在唯独实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a)＝λ1(－a ，a ，0)＋λ2(0，x ，－a)＝(－aλ1，a λ1＋xλ2，－aλ2)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－aλ1，a ＝aλ1＋xλ2，－a ＝－aλ2，解得λ1＝12，λ2＝1.因此A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →.。

2021届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第7节第一课时证明平行和垂直训练理新人教版

2021届高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第7节第一课时证明平行和垂直训练理新人教版知识点、方法题号利用空间向量证明平行1,3,10,11利用空间向量证明垂直2,4,5,6,7,8,9,13 与平行、垂直有关的探干脆问题12,14基础巩固(时刻:30分钟)1.若直线l的一个方向向量为a=(2,5,7),平面α的一个法向量为u=(1,1,-1),则( A )(A)l∥α或l⊂α(B)l⊥α(C)l⊂α (D)l与α斜交解析:由条件知a·u=2×1+5×1+7×(-1)=0,因此a⊥u,故l∥α或l⊂α.故选A.2.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则( C )(A)α∥β (B)α⊥β(C)α,β相交但不垂直(D)以上均不正确解析:因为n1·n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)≠0,因此n1与n2不垂直,又因为n1,n2不平行,因此α与β相交但不垂直.3.已知平面α的一个法向量为(1,2,-2),平面β的一个法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k 等于( C )(A)2 (B)-4 (C)4 (D)-2解析:因为α∥β,因此==,因此k=4.4.在正方体ABCDA1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D的中点,N是A1B1的中点,则直线NO,AM的位置关系是( C )(A)平行 (B)相交(C)异面垂直 (D)异面不垂直解析:建立坐标系如图,设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,1,2),=(-1,0,-2),=(-2,0,1),·=0,则直线NO,AM的位置关系是异面垂直.5.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为( B )(A),-,4 (B),-,4(C),-2,4 (D)4,,-15解析:因为⊥,因此·=0,即3+5-2z=0,得z=4.又因为BP⊥平面ABC,因此BP⊥AB,BP⊥BC,又=(3,1,4),则解得6.已知平面α和平面β的法向量分别为a=(1,1,2),b=(x,-2,3),且α⊥β,则x= .解析:由α⊥β知a·b=0,即x+1×(-2)+2×3=0,解得x=-4.答案:-47.在空间直角坐标系中,点P(1,,),过点P作平面yOz的垂线PQ,则垂足Q的坐标为.解析:由题意知,点Q即为点P在平面yOz内的射影,因此垂足Q的坐标为(0,,).答案:(0,,)8.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,假如=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).关于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④∥.其中正确的是.解析:由于·=-1×2+(-1)×2+(-4)×(-1)=0,·=4×(-1)+2×2+0×(-1)=0,因此①②③正确.④不正确.答案:①②③能力提升(时刻:15分钟)9.导学号 38486164在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=2,AA1=,AD=2,P为C1D1的中点,M为BC的中点.则AM与PM的位置关系为( C )(A)平行 (B)异面(C)垂直 (D)以上都不对解析:以D点为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,依题意,可得,D(0,0,0),P(0,1,),C(0,2,0),A(2,0,0),M(,2,0).因此=(,2,0)-(0,1,)=(,1,-),=(,2,0)-(2,0,0)=(-,2,0),因此·=(,1,-)·(-,2,0)=0,即⊥,因此AM⊥PM.10.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上且AM∥平面BDE,则M点的坐标为( C )(A)(1,1,1)(B)(,,1)(C)(,,1)(D)(,,1)解析:由选项特点,设M(λ,λ,1),又A(,,0),D(,0,0), B(0,,0),E(0,0,1),则=(-,0,1),=(0,-,1),=(λ-,λ-,1).设平面BDE的法向量n=(x,y,z),则即不妨取z=,则n=(1,1,),由于AM∥平面BDE,因此⊥n,即·n=0,因此λ-+λ-+=0,解得λ=,即M点坐标为(,,1).故选C.11.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN 与平面BB1C1C的位置关系是.解析:因为正方体棱长为a,A1M=AN=,因此=,=,因此=++=++= (+)++ (+)=+.又因为是平面B1BCC1的法向量,因此·=(+)·=0,因此⊥.又因为MN⊄平面B1BCC1,因此MN∥平面B1BCC1.答案:平行12.导学号 18702400如图,在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,G分别为A1B1,B1C1,C1D1的中点.(1)求证:AG∥平面BEF;(2)试在棱BB1上找一点M,使DM⊥平面BEF,并证明你的结论.(1)证明:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系, 则A(1,0,0),B(1,1,0),E(1, ,1),F(,1,1),G(0, ,1),=(-, ,0),=(-,0,1),而=(-1, ,1),因此=+,故与平面BEF共面,又因为AG不在平面BEF内,因此AG∥平面BEF.(2)解:设M(1,1,m),则=(1,1,m),由·=0,·=0,因此-+m=0⇒m=,因此M为棱BB1的中点时,DM⊥平面BEF.13.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3,点E在AA1上,点F在CC1上,且AE=FC1=1.(1)求证:E,B,F,D1四点共面;(2)若点G在BC上,BG=,点M在BB1上,GM⊥BF,垂足为H,求证:EM⊥平面BCC1B1.证明:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(0,3,1),F(3,0,2),D1(0,0,3),B(3,3,0),则=(-3,0,1),=(-3,0,1),因此∥,因此E,B,F,D1四点共面.(2)设M(3,3,z0),G(3, ,0),则=(0, ,z0),而=(0,-3,2),由题设得·=×(-3)+z0·2=0,得z0=1.故M(3,3,1),有=(-3,0,0).又=(0,0,3),=(0,-3,0),因此·=0,·=0,从而ME⊥BB1,ME⊥BC.又BB1∩BC=B,因此EM⊥面BCC1B1.14.导学号 38486166在四棱锥PABCD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内是否存在一点G,使GF⊥平面PCB?若存在,求出点G的坐标;若不存在,请说明理由.(1)证明:如图,以DA,DC,DP所在直线分别为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),C(0,a,0),E(a, ,0),P(0,0,a),F(, ,), =(-,0,),=(0,a,0).因为·=0,因此⊥,即EF⊥CD.(2)解:假设存在满足条件的点G,设G(x,0,z),则=(x-,-,z-),若使GF⊥平面PCB,则由·=(x-,-,z-)·(a,0,0)=a(x-)=0,得x=;由·=(x-,-,z-)·(0,-a,a)=+a(z-)=0,得z=0.因此点G的坐标为(,0,0),即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.。

专题7.6 利用空间向量证明平行与垂直-2021届高考数学一轮复习学霸提分秘籍(解析版)

|a||b|
n1∥n2⇔n1＝λn2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0 n⊥m⇔n·m＝0
n∥m⇔n＝λm n∥m⇔n＝λm n⊥m⇔n·m＝0
l1 与 l2 所成的角θ 0，π 2
cos θ＝|cos β|＝|a·b| |a||b|
1
“
4.求直线与平面所成的角设直线 l 的方向向量为 a，平面α的法向量为 n，直线 l 与平面α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n|.
法二 P→B＝(2，0，－2)，F→E＝(0，－1，0)， F→G＝(1，1，－1).设P→B＝sF→E＋tF→G，
6
“
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)， t＝2，
∴ t－s＝0，解得 s＝t＝2. －t＝－2，
∴P→B＝2F→E＋2F→G，又∵F→E与F→G不共线，∴P→B，F→E与F→G共面. ∵PB⊄平面 EFG，∴PB∥平面 EFG. 考点二利用空间向量证明垂直问题【例 2】如图所示，已知四棱锥 P－ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC ＝2CD，侧面 PBC⊥底面 ABCD.证明：
－2 －4 k 6.(2019·烟台月考)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)，则直线 l 与平
面α的位置关系为______.
【答案】 l⊥α 【解析】因为 a＝－1n，所以 l⊥α.
2 【考点聚焦】
考点一利用空间向量证明平行问题
【例 1】如图，在四面体 ABCD 中，AD⊥平面 BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2 2，M 是 AD 的中点，P
2.(选修 2－1P104 练习 2 改编)已知平面α，β的法向量分别为 n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )

2021年高考数学大一轮复习 7.7.1利用空间向量证明平行与垂直课时作业理

2021年高考数学大一轮复习 7.7.1利用空间向量证明平行与垂直课时作业理一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1) 解析：若l ∥α，则a ·n ＝0，D 中，a ·n ＝1×0＋(－1)×3＋3×1＝0，∴a ⊥n . 答案：D2．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 B.⎝⎛⎭⎪⎫33，－33，33C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 解析：因为A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，所以AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)．经验证，当n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33时， n ·AB →＝33－33＋0＝0，n ·AC →＝33＋0－33＝0，故选D. 答案：D3．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交B ．平行C ．在平面内 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：D4．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点，则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对解析：以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，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 (22，0,0)，M (2，2,0)． ∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)， AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM . 答案：C5．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.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析：设AC ∩BD ＝O ，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，E (0,0,1)，F (2，2，1)．由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. 答案：C6．如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B. 答案：B 二、填空题7．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：AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，∴n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴n ⊥AB →，n ⊥AC →，故n 也是α的一个法向量．又∵α与β不重合，∴α∥β.答案：平行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：①②③9．如图，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．解析：以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 所在直线分别为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)，B 1(1,1,0)，所以B 1E →＝(x －1,0,1)，又F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，所以FB →＝(1,1，y )，由于AB ⊥B 1E ，故若B 1E ⊥平面ABF ，只需FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1,0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.答案：1 三、解答题10．如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，D 为AB 的中点，AC ＝BC ＝BB 1.求证：(1)BC 1⊥AB 1； (2)BC 1∥平面CA 1D . 证明：如图，以C 1点为原点，C 1A 1，C 1B 1，C 1C 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．设AC ＝BC ＝BB 1＝2，则A (2,0,2)，B (0,2,2)，C (0,0,2)，A 1(2,0,0)，B 1(0,2,0)，C 1(0,0,0)，D (1,1,2)．(1)由于BC 1→＝(0，－2，－2)，AB 1→＝(－2,2，－2)，所以BC 1→·AB 1→＝0－4＋4＝0，因此BC 1→⊥AB 1→，故BC 1⊥AB 1.(2)连接A 1C ，取A 1C 的中点E ，连接DE ，由于E (1,0,1)，所以ED →＝(0,1,1)，又BC 1→＝(0，－2，－2)，所以ED →＝－12BC 1→，又ED 和BC 1不共线，所以ED ∥BC 1，又DE ⊂平面CA 1D ，BC ⊄平面CA 1D ，故BC 1∥平面CA 1D .11．如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE . 证明：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A —xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)∵AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∴AF →＝12(BE →＋BC →)，又AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)∵AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →， ∵CD ∩ED ＝D ，∴AF ⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面CDE ⊥平面BCE .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 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ，若存在，请求出G 的位置；若不存在，请说明理由．解：如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为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)，C (0，a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a2. (1)EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，a 2，DC →＝(0，a,0).EF →·DC →＝0，所以EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)假设点G 存在．设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，因为GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.所以G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 点为AD 的中点．u31288 7A38 稸 30480 7710 眐30033 7551 畑26015 659F 斟X 34329 8619蘙 22720 58C0 壀gS21380 5384 厄。

2021年高考数学一轮总复习 8.6 立体几何中的向量方法(一)证明平行与垂直题组训练理苏教版

2021年高考数学一轮总复习 8.6 立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直题组训练理苏教版基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1．(xx·徐州模拟)已知空间三点A (0,2,3)，B (－2,1,6)，C (1，－1,5)．若|a |＝3，且a 分别与AB →，AC →垂直，则向量a 为________．解析由条件知AB →＝(－2，－1,3)，AC →＝(1，－3,2)，设a ＝(x ，y ，z )则有⎩⎨⎧－2x －y ＋3z ＝0，x －3y ＋2z ＝0，x 2＋y 2＋z 2＝3，解可得a ＝±(1,1,1)．答案 (1,1,1)或(－1，－1，－1)2．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是________．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．答案平行或在平面内3．设a ＝(1,2,0)，b ＝(1,0,1)，则“c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13，－23”是“c ⊥a ，c ⊥b 且c 为单位向量”的________条件．解析当c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13，－23时，c ⊥a ，c ⊥b 且c 为单位向量，反之则不成立．答案充分不必要4. 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为________(填“平行”、“垂直”、“异面”)．解析以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，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 (22，0,0)，M (2，2,0)． ∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)， AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM . 答案垂直5. 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________．解析连接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⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1 6．已知平面α和平面β的法向量分别为a ＝(1,1,2)，b ＝(x ，－2，3)，且α⊥β，则x ＝________.解析 ∵α⊥β，∴a ·b ＝x －2＋6＝0，则x ＝－4. 答案－47．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 AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，∴n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，∴n ⊥AB →，n ⊥AC →，故n 也是α的一个法向量．又∵α与β不重合，∴α∥β. 答案平行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 二、解答题9. 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD 且ABCD 为正方形，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则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)．∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)，设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面． ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .10. 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°的角．(1)求证：CM ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAB ⊥平面PAD .证明以C为坐标原点，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＝23，PB＝4.∴D(0,1,0)，B(23，0,0)，A(23，4,0)，P(0,0,2)，M⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴DP→＝(0，－1,2)，DA→＝(23，3,0)，CM→＝⎝⎛⎭⎪⎫32，0，32，(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，则⎩⎨⎧DP→·n＝0，DA→·n＝0，即⎩⎨⎧－y＋2z＝0，23x＋3y＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧z＝12y，x＝－32y，令y＝2，得n＝(－3，2,1)．∵n·CM→＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n⊥CM→，又CM⊄平面PAD，∴CM∥平面PAD.(2)取AP的中点E，并连接BE，则E(3，2,1)，BE→＝(－3，2,1)，∵PB＝AB，∴BE⊥PA.又BE→·DA→＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE→⊥DA→，则BE⊥DA.∵PA∩DA＝A.∴BE⊥平面PAD，又∵BE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、填空题1．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则x ＋y 的值为________．解析 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ，∴BP →⊥AB →，BP →⊥BC →，则⎩⎪⎨⎪⎧x －1＋5y ＋6＝0，3x －1＋y －12＝0，解得x ＝407，y ＝－157.于是x ＋y ＝407－157＝257.答案2572. 如图所示，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1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 ①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1.以上正确说法的序号为________．解析 A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，∴A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥面DCC 1D 1，A 1M ∥面D 1PQB 1.①③④正确．答案 ①③④3. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．解析以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 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)，B 1(1,1,0)，F (0,0,1－y )，B (1,1,1)，∴B 1E →＝(x －1,0,1)，∴FB →＝(1,1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1,1，y )·(x －1，0,1)＝0⇒x ＋y ＝1.答案 1 二、解答题4．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，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为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)，C (0，a,0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0，P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2. EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a,0)．∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 点为AD 的中点.40856 9F98 龘 38008 9478 鑸32734 7FDE 翞38177 9521 锡25760 64A0 撠2960973A9 玩Z37199 914F 酏21210 52DA 勚-?。

近年高考数学一轮复习第8章立体几何第7课时空间向量的应用(一)平行与垂直练习理(2021年整理)

2019高考数学一轮复习第8章立体几何第7课时空间向量的应用(一) 平行与垂直练习理编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考数学一轮复习第8章立体几何第7课时空间向量的应用(一) 平行与垂直练习理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

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第7课时空间向量的应用（一) 平行与垂直1．（2018·广西桂林一中期中）若a＝（2，3，m),b＝（2n，6,8)，且a，b为共线向量,则m＋n的值为（）A．7 B。

错误!C．6 D．8答案C解析由a，b为共线向量，得错误!＝错误!＝错误!，解得m＝4，n＝2,则m＋n＝6.故选C. 2．已知向量a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2），c＝(7，5,λ)．若a，b，c三个向量共面，则实数λ等于( )A。

错误! B.错误!C。

错误!D。

错误!答案D解析由题意，得c＝t a＋μb＝（2t－μ,－t＋4μ，3t－2μ），所以错误!解得错误!故选D。

3．若平面α的一个法向量为（1，2,0），平面β的一个法向量为（2，－1,0）,则平面α和平面β的位置关系是( )A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．重合答案C解析由（1，2,0)·(2，－1,0）＝1×2＋2×（－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．4．已知平面α内有一个点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3,6),则下列点P在平面α内的是( )A．P(2，3,3）B．P(－2,0，1）C．P（－4，4,0) D．P（3，－3，4）答案A解析∵n＝（6，－3，6）是平面α的法向量，∴n⊥错误!，在选项A中，错误!＝（1，4，1），∴n·错误!＝0.5．已知A（1,0，0)，B（0，1,0），C（0，0，1),则平面ABC的一个单位法向量是（）A．（错误!，错误!，－错误!) B．(错误!，－错误!，错误!)C．（－错误!，错误!，错误!）D．（－错误!，－错误!，－错误!）答案D解析错误!＝（－1，1，0）,错误!＝(－1，0，1）,设平面ABC的一个法向量n＝(x，y，z），∴错误!令x＝1,则y＝1，z＝1，∴n＝(1，1，1)．单位法向量为：±错误!＝±（错误!,错误!，错误!）．6．已知错误!＝(1，5，－2),错误!＝（3，1,z），若错误!⊥错误!,错误!＝（x－1,y，－3），且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为（)A。

2021届与名师对话高三理科数学第一轮第八章立体几何第七节空间向量的应用(一) 平行与垂直

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第8章第7节
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·数学(理)
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[解析] 设 n＝(x，y，z)为平面 ABC 的法向量，
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课
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则nn··AA→→BC＝＝00，，
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第8章第7节
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·数学(理)
考点一证明平行关系
基
【例 1】如图，在四面体 ABCD 中，AD⊥平面 BCD，
础知
BC⊥CD，AD＝2，BD＝2 2，M 是 AD 的中点，P 是 BM 的
识
回顾
点
突破
α 与 β 不垂直．所以 α 与 β 相交但不垂直．故选 C.
第9页
第8章第7节
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高考总复习·课标版·数学(理)
基础
3．已知 A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平
知识
面 ABC 法向量的是( C )
回
顾
A．(－1,1,1)
课后
B．(1，－1,1)
础知识
别为 AB，AD，AA1 的中点，求证：平面 EFG∥平面 B1CD1.

2021高考数学人教版一轮复习：第七章第6节第1课时利用空间向量证明平行与垂直

多维层次练41[A 级基础巩固]1．若直线l 的方向向量为a ＝(1，0，2)，平面α的法向量为n ＝(－2，1，1)，则( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．l ⊂α或l ∥αD ．l 与α斜交解析：因为a ＝(1，0，2)，n ＝(－2，1，1)，所以a·n ＝0，即a ⊥n ，所以l ∥α或l ⊂α. 答案：C2．平面α的法向量为(1，2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2解析：因为α∥β，所以两平面的法向量平行，所以－21＝－42＝k －2，所以k ＝4.答案：C3．在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是( )A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直解析：由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，所以AB →＝－3CD →，所以AB →与CD →共线．AC →＝(2，0，－2)与AB →不平行，故四点不共线，所以AB ∥CD . 答案：B4．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解析：因为α⊥β，所以u·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，所以t ＝5. 答案：C5.如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．MN 在平面BB 1C 1C 内解析：建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a3，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ， MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫－a 3，0，2a 3.又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a ，0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量．因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C . 答案：B6．(2020·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 ＝________．解析：由条件得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －3z ＝0，解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4，所以x ＋y ＝407－157＝257.答案：2577．(2020·济南质检)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⇒即y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0即x ＝z ，取x ＝1，所以m ＝(1，1，1)，m ＝－n ，所以m ∥n ，所以α∥β. 答案：平行8．在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，下面给出四个命题： ①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3(A 1B 1→)2； ②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0； ③AD 1→与A 1B →的夹角为60°； ④此正方体体积为|AB →·AA 1→·AD →|. 则错误命题的序号是________．解析：③异面直线AD 1与A 1B 的夹角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，注意方向．④因为AB →·AA 1→＝0，正确的应是|AB →|·|AA 1→|·|AD →|. 答案：③④9．(2020·韶关质检)正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点．求证：MN ∥平面A 1BD .证明：如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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D (0，0，0)，A 1(1，0，1)，B (1，1，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，于是MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫12，0，12，DA 1→＝(1，0，1)，DB →＝(1，1，0)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1)．又MN →·n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12，0，12·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD .10.如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，AC ⊥CD ，∠ABC ＝60°，PA ＝AB ＝BC ，E 是PC 的中点．求证：(1)AE ⊥CD ； (2)PD ⊥平面ABE .证明：(1)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．设PA ＝AB ＝BC ＝1，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，P (0，0，1)．因为∠ABC ＝60°，所以△ABC 为正三角形，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12.设D (0，y 0，0)，由AC ⊥CD ，得AC →·CD →＝0.则⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0－32，0＝0，解得y 0＝233.所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，36，0.又AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12，所以AE →·CD →＝－12×14＋36×34＋0＝0，所以AE →⊥CD →，即AE ⊥CD .(2)由(1)知AB →＝(1，0，0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14，34，12.设平面ABE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB→＝0，n·AE→＝0，得⎩⎨⎧x＝0，14x＋34y＋12z＝0，令y＝2，则z＝－3，所以平面ABE的一个法向量为n＝(0，2，－3)．因为PD→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，233，－1，显然PD→＝33n，所以PD→∥n，所以PD→⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.[B级能力提升]11．如图所示，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.⎝⎛⎭⎪⎫23，23，1C.⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1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，所以AM∥EO，又O是正方形ABCD对角线交点，则O为AC中点，所以M为线段EF的中点．在空间坐标系C-xyz中，E(0，0，1)，F(2，2，1)．由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.答案：C12．(2020·成都十中月考)给出下列命题：①直线l 的方向向量为a ＝(1，－1，2)，直线m 的方向向量b ＝⎝⎛⎭⎪⎫2，1，－12，则l 与m 垂直；②直线l 的方向向量a ＝(0，1，－1)，平面α的法向量n ＝(1，－1，－1)，则l ⊥α；③平面α、β的法向量分别为n 1＝(0，1，3)，n 2＝(1，0，2)，则α∥β；④平面α经过三点A (1，0，－1)，B (0，1，0)，C (－1，2，0)，向量n ＝(1，u ，t )是平面α的法向量，则u ＋t ＝1.其中真命题的是_________(把你认为正确命题的序号都填上)．解析：对于①，因为a ＝(1，－1，2)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，1，－12，所以a·b ＝1×2－1×1＋2×⎝⎛⎭⎪⎫－12＝0，所以a ⊥b ，所以直线l 与m 垂直，①正确；对于②，a ＝(0，1，－1)，n ＝(1，－1，－1)，所以a·n ＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，所以a ⊥n ，所以l ∥α或l ⊂α，②错误；对于③，因为n 1＝(0，1，3)，n 2＝(1，0，2)，所以n 1与n 2不共线，所以α∥β不成立，③错误；对于④，因为点A (1，0，－1)，B (0，1，0)，C (－1，2，0)，所以AB→＝(－1，1，1)，BC→＝(－1，1，0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，所以⎩⎪⎨⎪⎧n·AB→＝0n·BC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1＋u＋t＝0，－1＋u＝0.则u＋t＝1，④正确．综上，以上真命题的序号是①④.答案：①④13．(2020·首都师范大学附中模拟)如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1＝2，点D，E，F分别为棱A1C1，B1C1，BB1的中点．(1)求证：AC1∥平面DEF；(2)求证：平面ACB1⊥平面DEF；(3)在线段AA1上是否存在一点P，使得直线DP与平面ACB1所成的角为30°？如果存在，求出线段AP的长；如果不存在，说明理由．(1)证明：以点C为原点，CA→，CB→，CC1→为x，y，z轴建立空间直角坐标系，由题意可得A(2，0，0)，C1(0，0，2)，D(1，0，2)，E(0，1，2)，F(0，2，1)，所以DE→＝(－1，1，0)，EF→＝(0，1，－1)，设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥DE→，n⊥EF→，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，y －z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，1，1)，又因为AC 1→＝(－2，0，2)，所以AC 1→·n ＝0，所以AC 1→⊥n ，又因为AC 1⊄平面DEF ，所以AC 1∥平面DEF .(2)证明：设平面ACB 1的法向量为m ＝(a ，b ，c )，CA →＝(2，0，0)，CB 1→＝(0，2，2)，则m ⊥CA →，m ⊥CB 1→，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ·CA →＝0，m ·CB 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＋c ＝0，令b ＝1，则m ＝(0，1，－1)，因为n·m ＝0，所以n ⊥m ，所以平面ACB 1⊥平面DEF .(3)解：设直线DP 与平面ACB 1所成角为θ，则θ＝30°，设AP →＝λAA 1→，0≤λ≤1，则AP →＝(0，0，2λ)，DP →＝(1，0，2λ－2)，所以|sin θ|＝|DP →·m ||DP →|·|m |＝|2－2λ|2·1＋（2－2λ）2＝sin 30°＝12，解得λ＝12或32(舍)．所以存在符合题意的点P ，即AA 1的中点，此时AP ＝1.[C 级素养升华]14．(2020·福州市联考)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AA 1，C 1D 1的中点．下列结论中，正确结论的序号是________．①过E ，F ，G 三点作正方体的截面，所得截面为正六边形； ②B 1D 1∥平面EFG ；③BD 1⊥平面ACB 1；④异面直线EF 与BD 1所成角的正切值为22； ⑤四面体ACB 1D 1的体积等于12a 3. 解析：①正确．因E ，F ，G 为棱AB ，AA 1，C 1D 1的中点，设A 1D 1的中点为M ，BB 1的中点为N ，B 1C 1的中点为P ，连接点M ，F ，E ，N ，P ，G 可得截面为正六边形，所以①正确．②错误．通过以DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系，求出B 1D 1→，面EFG 法向量是n 1，B 1D 1→·n 1≠0.③正确．同上建系，求出BD 1→，平面ACB 1的法向量为n 2，BD 1→＝λn 2，所以BD 1⊥平面ACB 1.④正确．同上建系，求出EF →，BD 1→，设夹角为θ，则cos θ＝EF →·BD 1→|EF →|·|BD 1→|，由sin 2θ＋cos 2θ＝1，tan θ＝sin θcos θ，得tan θ＝22. ⑤错误．同上建系，求出平面AB 1C 法向量是n 3，得D 1到平面AB 1C 距离为d ＝|D 1A →·n 3||n 3|，求出S △AB 1C ，由V ＝13Sh 验证其体积不等于12a 3，故⑤不正确．答案：①③④快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

2021届高考数学一轮复习-空间立体几何中的平行、垂直证明精品课件

a //
a
a
// b
b
☺ 简称：线面平行，线线平行.
复习定: 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．
a,b
a a
b //
A
//
b //
☺ 简称：线面平行，面面平行.
复习定理
空间中的平行
4.平面与平面平行的判定与性质
P
M A
H D
B
N
C
空间中的平行
定理应用
构造平行平面
P
M
A
Q
D
B
N
C
空间中的平行
复习定理
空间中的垂直
解决空间直线与平面垂直的相关问题，特别要注意下面的转化关系：
线线垂直
空间垂直之间的转化
①
③
②
线面垂直
④
面面垂直
复习定理
空间中的垂直
1．直线与平面垂直判定
判定：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直,则称这条直线和这个平面垂直.
➳性质：如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任何一条直线都平行于另外一个平面。
a //a//
☺ 简称：面面平行，线面平行.
复习定理
空间中的平行
5.平面与平面平行的判定与性质
➳性质：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．
//
a
a // b
b
☺ 简称：面面平行，线线平行.
定理应用
空间中的平行
1.长方 AB－体 C A 1B 1C D 1D 1 中， E ,F 分点别 B1 ， A B 是 1 的 C 中求证 E/F 平 /： A面 BCD

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2021届高考数学一轮总复习专项练习：空间向量的应用(一)
平行与垂直
1．(2018·广西桂林一中期中)若a ＝(2，3，m)，b ＝(2n ，6，8)，且a ，b 为共线向量，则m ＋n 的值为( )
A ．7 B.52 C ．6 D ．8
答案 C
解析由a ，b 为共线向量，得22n ＝36＝m
8，解得m ＝4，n ＝2，则m ＋n ＝6.故选C.
2．已知向量a ＝(2，－1，3)，b ＝(－1，4，－2)，c ＝(7，5，λ)．若a ，b ，c 三个向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B.637 C.607 D.657 答案 D
解析由题意，得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，解得⎩⎪⎨⎪
⎧t ＝337
，
μ＝17
7，
λ＝657.
故选D.
3．若平面α的一个法向量为(1，2，0)，平面β的一个法向量为(2，－1，0)，则平面α和平面β的位置关系是( ) A ．平行 B ．相交但不垂直 C ．垂直 D ．重合
答案 C
解析由(1，2，0)·(2，－1，0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．
4．已知平面α内有一个点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3，6)，则下列点P 在平面α内的是( ) A ．P(2，3，3) B ．P(－2，0，1) C ．P(－4，4，0)
D ．P(3，－3，4)
答案 A
解析 ∵n ＝(6，－3，6)是平面α的法向量，
∴n ⊥MP →，在选项A 中，MP →＝(1，4，1)，∴n ·MP →
＝0.
5．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A ．(
33，33，－33) B ．(
33，－33，3
3) C ．(－33，33，3
3
) D ．(－
33，－33，－3
3
) 答案 D
解析 AB →＝(－1，1，0)，AC →
＝(－1，0，1)，
设平面ABC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z)，∴⎩
⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，
－x ＋z ＝0.
令x ＝1，则y ＝1，z ＝1，∴n ＝(1，1，1)．单位法向量为：±n
|n |＝±(33，33，33
)．
6．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( ) A.337，－15
7，4 B.407，－157，4 C.40
7，－2，4 D ．4，40
7
，－15
答案 B
解析 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →
＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，又∵BC →
＝(3，1，4)，则⎩
⎪⎨⎪⎧（x －1）＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －12＝0，解得⎩⎨⎧x ＝40
7，y ＝－157.
7．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 →
.其中正确的是________．答案 ①②③
解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →
＝0，
∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP.则①②正确．从而③正确，又BD →＝AD →－AB →
＝(4，2，0)－(2，－1，－4)＝(2，3，4)．∵－12≠23
.∴AP →与BD →
不平行．∴④不正确．。