2020新课标高考艺术生数学复习：第一课时证明空间位置关系含解析

A．(－1,1,1)
B．(1，－1,1)
C.
D.
解析：C[设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，
则 化简得 ∴x＝y＝z.]
5．[人教A版教材P111T3改编]如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1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ON，AM的位置关系是________．
∴MN⊥AB.同理可证MN⊥CD.
2．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．
(1)求证：DE∥平面ABC；
(2)求证：B1F⊥平面AEF.
证明：以A为原点，AB，AC，AA1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A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B1(4,0,4)，D(2,0,2)，A1(0,0,4)，
l1∥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2
l1⊥l2
n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m
l∥α
n⊥m⇔n·m＝0
l⊥α
n∥m⇔n＝λm
平面α，β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m⇔n＝λm
α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0
1.直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则 及与 平行的非零向量均为直线l的方向向量．
又A1B1∩A1C1＝A1，所以AA1⊥平面A1B1C1.
因为 ＝(2,0,0)， ＝(0,1,1)，所以 · ＝0，即 ⊥ .故MN∥平面A1B1C1.
(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
因为 ＝(－1,2,0)， ＝(1,0,2)，
因为平面ABDE⊥平面ABC，AE⊥AB，平面ABDE∩平面ABC＝AB，所以AE⊥平面ABC，所以HO⊥平面ABC.
又△ABC为等边三角形，所以OC⊥AB.
故以O为坐标原点，射线OC，OB，OH分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.
设AE＝1，AB＝2a，则A(0，－a,0)，B(0，a,0)，
设平面BEN的法向量为n＝(x，y，z)，
由
得 令y＝1，则n＝
由CD∥平面BEN得，n⊥ .
所以n· ＝ ·(－ a)＋a＋2a·2＝0
解得λ＝ .所以当 ＝ 时，CD∥平面BEN.
[命题角度2]探索性问题与垂直相结合
2．已知正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.
C( a,0,0)，D(0，a,2)，E(0，－a,1)，F
∴ ＝ ， ＝( a，－a,0)， ＝(0,0,2)⇒ · ＝0， · ＝0，所以EF⊥BC，EF⊥BD.
又因为BC∩BD＝B，所以EF⊥平面BCD.
(2)设存在点N，使CD∥平面BEN，
设 ＝λ ，则N ，
所以 ＝ .
由(1)知， ＝(0，－2a,1)， ＝(－ a，a,2)，
· ＝0×(－2 )＋1×0＋ ×0＝0.
∴ ⊥ ，即BD⊥AA1.
(2)由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．
设n2＝(x，y，z)为平面DAA1D1的一个法向量，
则 即
取n2＝(1， ，－1)，则〈n1，n2〉即为二面角D－A1A－C的平面角，
∴cos〈n1，n2〉＝ ＝ ，
解析：以A为原点，分别以 ， ， 所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M ，
O ，N ， · ＝ · ＝0，∴ON与AM垂直．
答案：垂直
考点一 利用空间向量证明平行或垂直(自主练透)
[题组集训]
1．如图所示，已知空间四边形ABCD的各边和对角线的长都等于a，点M，N分别是AB，CD的中点．
证明：由题意，知AA1，AB，AC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．
设正方形AA1C1C的边长为2，则A(0,0,0)，A1(2,0,0)，B(0,2,0)，B1(2,2,0)，C(0,0,2)，C1(2,0,2)，M(1,0,0)，N(1,1,1)．
(1)由题意知AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，
求证：MN⊥AB，MN⊥CD.
证明：设 ＝p， ＝q， ＝r.
由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量两两夹角均为60°. ＝ － ＝ ( ＋ )－
＝ (q＋r－p)，
∴ · ＝ (q＋r－p)·p＝ (q·p＋r·p－p2)＝ (a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0.
(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；
(2)求二面角E－DF－C的余弦值；
(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出 的值；如果不存在，请说明理由．
解：(1)在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB，又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，所以AB∥平面DEF.
2020新课标高考艺术生数学复习：第一课时证明空间位置关系含解析
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时 间：__________________
第7节 立体几何中的向量方法
第一课时 证明空间位置关系
最新考纲
核心素养
考情聚焦
1.理解直线的方向向量及平面的法向量．
2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系．
[跟踪训练]
如图，等边三角形ABC与直角梯形ABDE所在的平面垂直，BD∥AE，BD＝2AE，AE⊥AB.
(1)若F为CD的中点，求证：EF⊥平面BCD；
(2)在线段AC上是否存在点N，使CD∥平面BEN？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：设ED的中点为H，AB的中点为O，
由题意知OH∥AE.
2．基底向量法
第一步：适当选取不共线的三个向量作为基底；第二步：空间几何体中待证的结论用基底向量表示出来；第三步：进行基底向量的线性运算与数量积运算；第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论．
考点二 与平行、垂直有关的探索性问题(多维探究)
[命题角度1]探索性问题与平行相结合
1．如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理
1.利用空间向量证明平行或垂直，达成直观想象、数学建模和数学运算的素养．
2.与平行、垂直有关的探索性问题，增强逻辑推理、数学运算、数学建模的素养
2020年高考还是以考查空间的位置关系为主，首先建立适当的坐标系，找准点的坐标，把所有问题转化为坐标运算．主要以解答题的第一问出现，难度不大，属中低档题型，但要注意运算的准确性
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 ＝λ ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1， )．从而有P(0,1＋λ， λ)， ＝(－ ，1＋λ， λ)．
设n3＝(x3，y3，z3)⊥平面DA1C1，则
又 ＝(0,2,0)， ＝( ，0， )．则
∴ ⊥ ，∴B1F⊥AF.
∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF.
3．(20xx·××市模拟)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点．求证：
(1)MN∥平面A1B1C1；
(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.
所以
令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝(2,1，－1)．同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝(0,1,1)．
因为n1·n2＝2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.
用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤
1．坐标运算法
第一步：寻找空间几何体中的垂直关系，选取原点，建立适当的空间直角坐标系；第二步：用向量表示空间几何体中的点、线和平面等元素，建立空间图形与空间向量的联系；第三步：进行空间向量的坐标运算；第四步：将空间向量运算的结果转化为空间图形中待证的结论．
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( ，0,0)，
C(0,1,0)，D(－ ，0,0)，A1(0,0， )，C1(0,2,3)．
由于 ＝(－2 ，0,0)， ＝(0,1， )．
2．平面的法向量的确定：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
[思考辨析]
判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号里打“√”，错误的打“×”．
(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)两不重合直线l1和l2的方向向量分别为v1＝(1,0，－1)，v2＝(－2,0,2)，则l1与l2的位置关系是平行．( )
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
解析：C[因为α∥β，所以 ＝ ＝ ，所以k＝4.]
3．(20xx·××市模拟)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( )
(4)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β.( )