最新山东高考人教A版数学理科二轮7.7立体几何中的向量方法(一)——证明空间中的位置关系(含答案解析)

课时提升作业(四十八)
一、选择题
1.平面α的一个法向量为n =(1,2,0),平面β的一个法向量为m =(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
2.设平面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)2
(B)-4
(C)4
(D)-2
3.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 ,则下列结论正确的是( )
(A)s =(1,0,1),n =(1,0,-1) (B)s =(1,1,1),n =(1,1,-2) (C)s =(2,1,1),n =(-4,-2,-2) (D)s =(1,3,1),n =(2,0,-1)
4.直线l 的方向向量为s =(-1,1,1),平面π的法向量为n =(2,x 2
+x,-x),若直线l ∥平面π,则x 的值为( )
(A)-2
(D)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)(
333-，) (B)(
333-，)
(C)()
(D)() 6.已知非零向量a ,b 及平面α，若向量a 是平面α的法向量，则a ·b =0是向量b 所在直线平行于平面α或在平面α内的( ) (A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件
(D)既不充分也不必要条件
7.(能力挑战题)已知AB ＝(1，5，-2)，BC ＝(3，1，z)，若A
B B
C ⊥，BP ＝(x-1,y,-3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x,y,z 分别为( )
(A)3315
,
77
-,4 (B)
4015
,
77
-,4
(C)40
7
,-2,4 (D)4,
40
7
,-15
二、填空题
8.平面α的一个法向量n=(0,1,-1),如果直线l⊥平面α，则直线l的单位方向向量
s=______.
9.已知a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=m a+n b+(4,-4,1).若c与a及b都垂直，则m,n的值分别为________.
10.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E是A1C1的中点，则直线CE与BD的位置关系是________.
三、解答题
11.如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1.
求证：(1)BC1⊥AB1.
(2)BC1∥平面CA1D.
12.(2013·聊城模拟)如图，四棱锥S-ABCD中，ABCD为矩
形，SD⊥AD,且SD⊥AB,AD=a(a＞0)，AB=2AD，，
E为CD上一点，且CE=3DE.
(1)求证：AE⊥平面SBD.
(2)M，N分别为线段SB，CD上的点，是否存在M，N，使MN⊥CD且MN⊥SB,
若存在，确定M，N的位置；若不存在，说明理由.
13.(能力挑战题)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.
求证:(1)CM∥平面PAD.
(2)平面PAB⊥平面PAD.
答案解析
1.【解析】选C.∵n =(1,2,0),m =(2,-1,0), ∴m ·n =2-2+0=0,即m ⊥n ， ∴α⊥β.
2.【思路点拨】α∥β等价于其法向量平行. 【解析】选C.∵α∥β，
12224k
-∴
--＝＝， ∴k=4.
【变式备选】若平面α，β垂直，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ) (A)n 1=(1,2,1),n 2=(-3,1,1) (B)n 1=(1,1,2),n 2=(-2,1,1) (C)n 1=(1,1,1),n 2=(-1,2,1) (D)n 1=(1,2,1),n 2=(0,-2,-2) 【解析】选A.∵α⊥β, ∴n 1⊥n 2,即n 1·n 2=0, 经验证可知，选项A 正确.
3.【解析】选C.∵直线l ⊥平面α，
∴直线l 的方向向量s 与平面α的法向量n 平行， 即s ∥n .
经验证可知选项C 正确. 4.【解析】选D.∵l ∥平面π, ∴s ⊥n , 即s ·n ＝0.
∴(-1，1，1)·(2，x 2
+x,-x)=0, 即-2+x 2
+x-x=0,
∴x=5.【思路点拨】若n 为平面ABC 的一个单位法向量，则| n |=1,且n ·AB =0,n ·AC =0,可采用验证法求解.
【解析】选D.∵A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),
∴AB =(-1,1,0), AC =(-1,0,1).
经验证，当n =(时，
n ·AB =
33-+0=0, n ·AC =033
+-
故选D. 6.【解析】选C.∵a ,b 是非零向量，且a 是平面α的法向量，
∴当a ·b =0时，向量b 所在的直线平行于平面α或在平面α内，反之也成立. 7.【解析】选B.∵AB BC ⊥, ∴AB BC ⋅＝3+5-2z=0, 即z=4.
又BP ⊥平面ABC ，
∴BP AB ⋅＝x-1+5y+6=0,①
BP BC ⋅＝3x-3+y-3z=0,②
由①②可得x=
407,y=15
7
-. 8.【解析】∵n =(0,1,-1)是平面α的一个法向量，且l ⊥α, ∴n =(0,1,-1)是直线l 的一个方向向量，
s =±，
即s =(0,
22-)或(0，22-，).
答案：(0,
22-)或(0，22
-，) 9.【解析】∵a =(1,1,1),b =(0,2,-1), ∴c =m a +n b +(4,-4,1) =(m+4,m+2n-4,m-n+1). ∵a ⊥c ,
∴m+4+m+2n-4+m-n+1=0, 即3m+n+1=0. ①
∵b ⊥c ,
∴2(m+2n-4)-(m-n+1)=0, 即m+5n-9=0, ② 由①②得:m=-1,n=2. 答案：-1，2
10.【思路点拨】建立空间直角坐标系，利用坐标法解决.
【解析】以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图，
设正方体棱长为1，
则C(1，1，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，E(12，1
2
，1)， ∴CE =(-
1
2，-1
2
，1)，BD =(-1，1，0)， 显然CE ·BD =12-1
2
+0=0，
∴CE ⊥BD ，即CE ⊥BD. 答案：垂直
11.【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1BC ＝(0，-2，-2)，
1AB ＝(-2，2，-2)，
所以11BC AB ⋅＝0-4+4＝0， 因此11BC AB ⊥， 故BC 1⊥AB 1.
(2)取A 1C 的中点E ，连结DE ，由于E(1，0，1)， 所以ED ＝(0，1，1).
又1BC ＝(0，-2，-2)，所以ED ＝11
BC 2
-. 又ED 和BC 1不共线，所以ED ∥BC 1. 又DE ⊂平面CA 1D ，BC 1⊄平面CA 1D ， 故BC 1∥平面CA 1D.
【变式备选】如图，在圆锥PO 中，已知PO O 的直径AB ＝2，C 是AB 的中点，D 为AC 的中点.
求证：平面POD ⊥平面PAC.
【证明】如图，以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，A(-1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，
P(0，0，D(-
12，1
2
，0).
设n 1=(x 1,y 1,z 1)是平面POD 的一个法向量，则由n 1·OD =0, n 1·OP ＝0，
得1
11
1
1x y 0,220.⎧-+=⎪=
所以z 1=0,x 1=y 1.取y 1=1,得n 1=(1,1,0). 设n 2=(x 2,y 2,z 2)是平面PAC 的一个法向量， 则由n 2·PA ＝0，
n 2·PC ＝0,
得2222x 0,y 0.
⎧-=⎪⎨-=⎪⎩
所以x 2
2,y 2
2. 取z 2=1,得n 2
因为n 1·n 2=(1,1,0)·
1)＝0， 所以n 1⊥n 2.
从而平面POD ⊥平面PAC. 【一题多解】由原题知： PO ⊥⊙O ，CA ⊂平面⊙O ， ∴OP ⊥AC. ∵AD=CD,∴OD ⊥AC. ∵OP ∩OD ＝O ， ∴AC ⊥平面POD. ∵AC ⊂平面PAC ， ∴平面POD ⊥平面PAC.
12.【解析】(1)因为四棱锥S-ABCD 中，ABCD 为矩形，SD ⊥AD,且SD ⊥AB, 所以SD ⊥平面ABCD.
BD 就是SB 在平面ABCD 上的射影. 因为AB=2AD ，E 为CD 上一点，且CE=3DE. ∴tan ∠DAE=
DE 1AD 2=,tan ∠DBA=AD 1AB 2
=, ∴∠DAE=∠DBA,∴∠DAE+∠BDA=90°.
∴AE ⊥BD ，∴AE ⊥SB.∵SB ∩BD=B, ∴AE ⊥平面SBD.
(2)假设存在点M ，N 满足MN ⊥CD 且MN ⊥SB. 建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知，D(0,0,0),A(a,0,0),C(0,2a,0),
设DM DB tBS =+
∈［0,1］),
即
∈［0,2a ］,
NM
使MN ⊥CD 且MN ⊥SB,
则NM DC 0NM BS 0⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，
()(
)(
)(
)
a ta,2a 2ta 0,2a,00,a ta,2a 2ta a,0,⎧---⋅=⎪
⎨
---⋅--=⎪⎩
可得()()()2
2a 2a 2ta y 0,
a a ta 2a 2a 2ta y 3ta 0,--=⎧⎪⎨-----+=⎪⎩ t=14∈［0,1］,y=3
2
a ∈［0,2a ］. 故存在点M ，N 使MN ⊥CD 且MN ⊥SB ，
M(
33a,42),N(0,32a,0).
13.【思路点拨】建立空间直角坐标系.(1)可证明CM 与平面PAD 的法向量垂直；也可将CM 分解为平面PAD 内的两个向量的线性组合，利用共面向量定理证明. (2)取AP 中点E ，利用向量证明BE ⊥平面PAD 即可.
【证明】由题意可知：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
Cxyz.
∵PC⊥平面ABCD,
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，∴∠PBC=30°.∵PC=2,∴
∴
3
2
),
∴DP=(0,-1,2),DA
CM
3
2
).
(1)方法一:令n=(x,y,z)为平面PAD的一个法向量,则
DP0,
DA0,
⎧⋅=
⎪
⎨
⋅=
⎪⎩
n
n
即
1
z y,
y2z0,2
3y0,
x y,
⎧
=
⎪
-+=
⎧⎪⎪
∴
⎨⎨
+=
⎪⎩⎪
=
⎪⎩
令y=2,得n
∵n·CM
=
3
201
22
+⨯+⨯=0,
∴n⊥CM.又CM⊄平面PAD，
∴CM∥平面PAD.
方法二:∵PD=(0,1,-2),PA
，
假设CM∥平面PAD，
则存在x0,y0使CM=x0PD+y0PA,则
00
00
,
2
0x4y,
3
2x2y,
2
=
⎪⎪
=+
⎨
⎪
⎪=--
⎪⎩
方程组的解为
x1,
1
y,
4
=-
⎧
⎪
⎨
=
⎪⎩
∴
1
CM PD PA
4
=-+.
由共面向量定理知CM与PD,PA共面，故假设成立. 又∵CM⊄平面PAD,∴CM∥平面PAD.
(2)取AP的中点E,连接BE，则
BE
易知PB=AB,∴BE⊥PA.
又∵BE DA
⋅2，1)·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.。