2019年高考数学一轮复习课时分层训练46利用空间向量证明平行与垂直理北师大版
全国通用近年高考数学一轮复习第七章立体几何课时作业四十六7.6空间直角坐标系、空间向量及其运算理(
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课时分层作业四十六空间直角坐标系、空间向量及其运算一、选择题（每小题5分，共25分）1。
（2018·深圳模拟）已知三棱锥O—ABC,点M，N分别为AB，OC的中点，且=a,=b,=c,用a，b,c表示,则等于（）A.(b+c—a）B.（a+b+c）C.(a—b+c) D。
(c-a-b)【解析】选D.=++=(c—a-b).2。
已知A(1，0,0)，B（0,—1,1)，O为坐标原点,+λ与的夹角为120°，则λ的值为( ）A.±B.C。
- D.±【解析】选C。
+λ=（1，-λ，λ）,cos 120°==—,得λ=±.经检验λ=不合题意,舍去，所以λ=—.【误区警示】这里夹角为120°,λ的值为负,λ=必须舍去.3。
(2018·长沙模拟)已知a=（2，—1,3),b=（-1,4，-2），c=(7,5,λ).若a,b,c三向量共面，则实数λ等于（）A。
B。
C. D.【解析】选D。
由题意设c=t a+μb=（2t—μ,-t+4μ,3t-2μ)，所以所以4.在空间四边形ABCD中，·+·+·的值为（)A。
2019年高考数学一轮复习课时分层训练空间向量及其运算理北师大版
课时分层训练(四十五) 空间向量及其运算A 组 基础达标一、选择题1．在空间直角坐标系中，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B [由题意得，AB →＝(－3，－3,3)，CD →＝(1,1，－1)， ∴AB →＝－3CD →， ∴AB →与CD →共线， 又AB →与CD →没有公共点． ∴AB ∥CD .]2．(2017·上饶期中)如图766，三棱锥O ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →＝( )图766A.12(－a ＋b ＋c ) B.12(a ＋b －c ) C.12(a －b ＋c ) D.12(－a －b ＋c ) B [NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB →＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC →＝12(a ＋b －c )．]3．(2017·武汉三中月考)在空间直角坐标系中，已知A (1，－2,1)，B (2,2,2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为( ) A ．(3,0,0)B ．(0,3,0)C ．(0,0,3)D ．(0,0，－3)C [设P (0,0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2， 解得z ＝3.故选C.]4．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为( )【导学号：79140246】A.5π6 B ．2π3C.π3D ．π6D [∵a ·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1， ∴b ＝(1,1,2)．∴cos〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝32×6＝32.∴a 与b 的夹角为π6，故选D.]5．如图767，在大小为45°的二面角A EF D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是( )图767A. 3 B ． 2 C ．1D ．3－2D [∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD →|＝3－ 2.] 二、填空题6．已知a ＝(2,1，－3)，b ＝(－1,2,3)，c ＝(7,6，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则λ＝________.－9 [由题意知c ＝x a ＋y b ，即(7,6，λ)＝x (2,1，－3)＋y (－1,2,3)，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝7，x ＋2y ＝6，－3x ＋3y ＝λ，解得λ＝－9.]7．如图768，已知P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，点M 在线段PC 上，点N 在线段PD 上，且PM ＝2MC ，PN ＝ND ，若MN →＝xAB →＋yAD →＋zAP →，则x ＋y ＋z ＝________.图768－23 [MN →＝PN →－PM →＝12PD →－23PC → ＝12(AD →－AP →)－23(PA →＋AC →) ＝12AD →－12AP →＋23AP →－23(AB →＋AD →) ＝－23AB →－16AD →＋16AP →，所以x ＋y ＋z ＝－23－16＋16＝－23.]8．已知a ＝(x,4,1)，b ＝(－2，y ，－1)，c ＝(3，－2，z )，a ∥b ，b ⊥c ，则c ＝________.(3，－2,2) [因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，此时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)， 又因为b ⊥c ，所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．] 三、解答题9．已知空间中三点A (－2,0,2)，B (－1,1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.【导学号：79140247】[解] (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)，∴c ＝mBC →＝m (－2，－1,2)＝(－2m ，－m,2m )， ∴|c |＝(－2m )2＋(－m )2＋(2m )2＝3|m |＝3， ∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1,2)或(2,1，－2)． (2)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)． ∴a ·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1. 又∵|a |＝12＋12＋02＝2， |b |＝(－1)2＋02＋22＝5，∴cos〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b |＝－110＝－1010，故向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. 10．已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)[解] (1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )， 所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB → ＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2) ＝(－3＋t ，－1－t,4－2t )， 若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－65，－145，25.B 组 能力提升11．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是( ) A ．钝角三角形 B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定C [∵M 为BC 中点， ∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0. ∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．]12．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP →＝13VC →，VM →＝23VB →，VN →＝23VD →.则VA 与平面PMN 的位置关系是________.【导学号：79140248】平行 [如图，设VA →＝a ，VB →＝b ，VC →＝c ，则VD →＝a ＋c －b ，由题意知PM →＝23b －13c ，PN →＝23VD →－13VC →＝23a －23b ＋13c .因此VA →＝32PM →＋32PN →，∴VA →，PM →，PN →共面．又∵VA ⊆/平面PMN ，∴VA ∥平面PMN .]13.如图769，在直三棱柱ABC A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为AB ，BB ′的中点．图769(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值． [解] (1)证明：设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ， 根据题意得，|a |＝|b |＝|c |， 且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0， ∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a .∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0.∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |.AC ′→·CE →＝(－a ＋c )·⎝⎛⎭⎪⎫b ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos〈AC ′→，CE →〉＝12|a |22·52|a |2＝1010. 即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
2019年高考数学一轮复习(北师大版理科) 第7章 立体几何 第4节 垂直关系学案 理 北师大版
第四节 垂直关系[考纲传真] (教师用书独具)1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的垂直关系的简单命题．(对应学生用书第114页)[基础知识填充]1．直线与平面垂直(1)定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．(2)判定定理与性质定理⎭⎪⎬⎪⎫a 平面α，b 平面αa ∩b ＝O l ⊥a l ⊥b⇒l ⊥α2.(1)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫作二面角．(2)二面角的平面角：以二面角的棱上任一点为端点，在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫作二面角的平面角． (3)范围：[0，π]．3．平面与平面垂直(1)定义：如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)判定定理与性质定理⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥αl β⇒α⊥β⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βl βα∩β＝a l ⊥a⇒l ⊥α[平面．2．直线垂直于平面，则垂直于这个平面内的任一直线． 3．垂直于同一条直线的两平面平行．[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( ) (2)垂直于同一个平面的两平面平行．( ) (3)直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b .( ) (4)若α⊥β，a ⊥β⇒a ∥α.( )(5)若直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则直线a 与b 垂直．( ) [答案] (1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√2．(教材改编)设α，β是两个不同的平面，l ，m 是两条不同的直线，且lα，mβ.( )A ．若l ⊥β，则α⊥βB ．若α⊥β，则l ⊥mC ．若l ∥β，则α∥βD ．若α∥β，则l ∥mA [∵l ⊥β，lα，∴α⊥β(面面垂直的判定定理)，故A 正确．]3．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l .若直线m ，n 满足 m ∥α，n ⊥β，则( ) A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥lD ．m ⊥nC [∵α∩β＝l ，∴l β.∵n ⊥β，∴n ⊥l .]4．如图741，O 为正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 的中心，则下列直线中与B 1O 垂直的是( )图741A．A1DB．AA1C．A1D1D．A1C1D[易知AC⊥平面BB1D1D.∵A1C1∥AC，∴A1C1⊥平面BB1D1D.又B1O平面BB1D1D，∴A1C1⊥B1O，故选D.]5．如图742，已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，则图中直角三角形的个数为________．图7424[∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，则△PAB，△PAC为直角三角形．由BC⊥AC，且AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC．因此△ABC，△PBC也是直角三角形．](对应学生用书第115页)(2018·合肥一检)如图743，已知四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，且PA⊥底面ABCD，∠ABC＝60°，点E，F分别为BC，PD的中点，PA＝AB＝2.图743(1)证明：AE ⊥平面PAD ； (2)求多面体PAECF 的体积．[解] (1)证明：由PA ⊥底面ABCD 得PA ⊥AE .底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，得△ABC 为等边三角形， 又因为E 为BC 的中点，得AE ⊥BC ，所以AE ⊥AD . 因为PA ∩AD ＝A ，所以AE ⊥平面PAD . (2)令多面体PAECF 的体积为V ， 则V ＝V 三棱锥P AEC ＋V 三棱锥C PAF .V 三棱锥P AEC ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AE ×EC ×PA＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×1×2＝33；V 三棱锥C PAF ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×PA ×PF ×sin∠APF ×AE＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×sin 45°×3＝33，所以多面体PAECF 的体积为V ＝33＋33＝233. 利用判定定理利用判定定理的推论a ∥利用面面平行的性质a ⊥利用面面垂直的性质.当两个平面垂直时，在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面重视平面几何知识，特别是勾股定理的应用[跟踪训练如图744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 .图744求证：PA ⊥CD .【导学号：79140234】[证明] 因为AB 为圆O 的直径，所以AC ⊥CB ，在Rt△ACB 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 cos 30°＝3，所以CD 2＋DB 2＝BC 2，即CD ⊥AO . 因为PD ⊥平面ABC ，CD平面ABC ，所以PD ⊥CD ，由PD ∩AB ＝D ，得CD ⊥平面PAB ，又PA 平面PAB ，所以PA ⊥CD .(2017·全国卷Ⅰ)如图745，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.图745(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．[解] (1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°， 得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面PAD . 又AB平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，AB ⊥AD ， 可得PE ⊥平面ABCD . 设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P ABCD 的体积V P ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而结合已知可得PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2. 可得四棱锥P ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 判定性质判定性质＝PB ＝PC ＝3，O 是AB 的中点，E 是PB 的中点．图746(1)证明：平面PAB ⊥平面ABC ； (2)求点B 到平面OEC 的距离．[解] (1)证明：连接PO ，在△PAB 中，PA ＝PB ，O 是AB 的中点，∴PO ⊥AB .∵AC ＝BC ＝2，AC ⊥BC ， ∴AB ＝22，OB ＝OC ＝ 2. ∵PA ＝PB ＝PC ＝3， ∴PO ＝7，PC 2＝PO 2＋OC 2. ∴PO ⊥OC ． 又AB ∩CO ＝O ，AB 平面ABC ，OC平面ABC ，∴PO ⊥平面ABC ． ∵PO平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面ABC ．(2)∵OE 是△PAB 的中位线，∴OE ＝32.∵O 是AB 中点，AC ＝BC ，∴OC ⊥AB . 又平面PAB ⊥平面ABC ，两平面的交线为AB ， ∴OC ⊥平面PAB .∵OE平面PAB ，∴OC ⊥OE .设点B 到平面OEC 的距离变d ， ∵V 三棱锥B OEC ＝V 三棱锥E OBC ， ∴13×S △OEC ·d ＝13×S △OBC ×12OP . d ＝S △OBC ·12OP S △OEC＝12OB ·OC ·12OP 12OE ·OC ＝143.]◎角度1 平行与垂直关系的证明(2016·江苏高考)如图747，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.图747求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.[证明] (1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC．在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊆/平面A1C1F，A1C1平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A平面ABB1A1，A1B1平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1平面A1C1F，A1F平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.◎角度2 平行与垂直关系中的探索性问题(2018·兰州实战模拟)如图748所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1.图748(1)求证：平面CFG ⊥平面ACE ；(2)在AC 上是否存在一点H ，使得EH ∥平面CFG ？若存在，求出CH 的长，若不存在，请说明理由.【导学号：79140235】[解] (1)证明：连接BD 交AC 于点O ，则BD ⊥AC ． 设AB ，AD 的中点分别为M ，N ，连接MN ，则MN ∥BD ， 连接FM ，GN ，则FM ∥GN ，且FM ＝GN ， 所以MN ∥FG ，所以BD ∥FG ，所以FG ⊥AC ． 由于AE ⊥平面ABCD ，所以AE ⊥BD .所以FG ⊥AE ，又因为AC ∩AE ＝A ，所以FG ⊥平面ACE .所以平面CFG ⊥平面ACE . (2)存在．设平面ACE 交FG 于Q ，则Q 为FG 的中点，连接EQ ，CQ ，取CO 的中点为H ，连接EH ， 则CH ∥EQ ，CH ＝EQ ＝22， 所以四边形EQCH 为平行四边形，所以EH ∥CQ ， 所以EH ∥平面CFG ，所以在AC 上存在一点H ，使得EH ∥平面CFG ， 且CH ＝22. 处理平行与垂直的综合问题的主要数学思想是转化，要熟练掌握线线、线面、面面之间的平行与垂直的转化探索性问题一般是先根据条件猜测点的位置再给出证明，探索点的存在问题，点多为中点或三等分点中的某一个，也可以根据相似知识找点[跟踪训练CD ＝13AB ＝1，M 为AB 的三等分点．现将△AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ，AC ．图749(1)在AB 边上是否存在点P ，使AD ∥平面MPC ，请说明理由； (2)当点P 为AB 边中点时，求点B 到平面MPC 的距离． [解] (1)当AP ＝13AB 时，有AD ∥平面MPC ．理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP . 在梯形MBCD 中，DC ∥MB ，DN NB ＝DC MB ＝12.∵在△ADB 中，AP PB ＝12，∴AD ∥PN .∵AD ⊆/平面MPC ，PN 平面MPC ，∴AD ∥平面MPC ．(2)∵平面AMD ⊥平面MBCD ， 平面AMD ∩平面MBCD ＝DM ， 由题易知，在△AMD 中，AM ⊥DM ， ∴AM ⊥平面MBCD ，又P 为AB 中点， ∴V 三棱锥P MBC ＝13×S △MBC ×AM 2＝13×12×2×1×12 ＝16. 在△MPC 中，MP ＝12AB ＝52，MC ＝2，PC ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝52， ∴S △MPC ＝12×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝64.∴点B 到平面MPC 的距离为3V 三棱锥P MBC S △MPC ＝3×1664＝63.]。
[推荐学习]2019年高考数学一轮复习课时分层训练40垂直关系文北师大版
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课时分层训练(四十) 垂直关系A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．(2018·广州模拟)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )A．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥αC[A中，由m⊥n，n∥α可得m∥α或m与α相交或m⊥α，错误；B中，由m∥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或mα，错误；C中，由m⊥β，n⊥β可得m∥n，又n⊥α，所以m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α可得m∥α或m与α相交或mα，错误．]2．在下列四个正方体中，能得出AB⊥CD的是( )A[A选项中，因为CD⊥平面AMB，所以CD⊥AB，B选项中，AB与CD成60°角； C选项中，AB与CD成45°角；D选项中，AB与CD夹角的正切值为 2.]3．如图7510，在正四面体PABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论不成立．．．的是( )图7510A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面PAED．平面PDE⊥平面ABCD[因为BC∥DF，DF平面PDF，BC平面PDF，所以BC∥平面PDF，故选项A正确．在正四面体中，AE⊥BC，PE⊥BC，DF∥BC，所以BC⊥平面PAE，则DF⊥平面PAE，从而平面PDF⊥平面PAE.因此选项B，C均正确．] 4．如图7511，在三棱锥DABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列命题中正确的是( ) 【导学号：00090259】图7511A．平面ABC⊥平面ABDB．平面ABD⊥平面BCDC．平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED．平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDEC[因为AB＝CB，且E是AC的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥平面BDE.因为AC平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE.又AC平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDE.] 5．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( ) A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥ACC[如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．]二、填空题6．如图7512所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC 上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)图7512DM ⊥PC (或BM ⊥PC 等) [由定理可知，BD ⊥PC ．∴当DM ⊥PC (或BM ⊥PC )时，有PC ⊥平面MBD ． 又PC 平面PCD ，∴平面MBD ⊥平面PCD ．]7．如图7513，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB 1C 1C 的中心，则AD 与平面BB 1C 1C 所成角的大小是________．图7513π3[取BC 的中点E ，连接AE ，DE ，则AE ⊥平面BB 1C 1C ． 所以∠ADE 为直线AD 与平面BB 1C 1C 所成的角．设三棱柱的所有棱长为a ， 在Rt △AED 中，AE ＝32a ，DE ＝a 2. 所以tan ∠ADE ＝AE DE ＝3，则∠ADE ＝π3.故AD 与平面BB 1C 1C 所成的角为π3.]8．(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，mα，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)【导学号：00090260】②③④[对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线lα，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又mα，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．]三、解答题9. (2015·北京高考)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．图7514(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；(3)求三棱锥VABC的体积．[解](1)证明：因为O，M分别为AB，VA的中点，所以OM∥VB．3分又因为VB/平面MOC，所以VB∥平面MOC．5分(2)证明：因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB．又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC平面ABC，所以OC⊥平面VAB．所以平面MOC⊥平面VAB．8分(3)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. 9分 又因为OC ⊥平面VAB ，所以三棱锥C VAB 的体积等于13OC ·S △VAB ＝33.又因为三棱锥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33.12分10．⊙O 的直径AB ＝4，点C ，D 为⊙O 上两点，且∠CAB ＝45°，F 为的中点．沿直径AB 折起，使两个半圆所在平面互相垂直(如图7515②)．① ②图7515(1)求证：OF ∥平面ACD ；(2)在AD 上是否存在点E ，使得平面OCE ⊥平面ACD ？若存在，试指出点E 的位置；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：由∠CAB ＝45°，知∠COB ＝90°， 1分又因为F 为的中点，所以∠FOB ＝45°，因此OF ∥AC ，3分 又AC 平面ACD ，OF 平面ACD ，所以OF ∥平面ACD ． 5分(2)存在，E 为AD 中点， 因为OA ＝OD ，所以OE ⊥AD ．7分又OC ⊥AB 且两半圆所在平面互相垂直． 所以OC ⊥平面OAD ．9分又AD 平面OAD ，所以AD ⊥OC ，由于OE ，OC 是平面OCE 内的两条相交直线， 所以AD ⊥平面OCE . 又AD 平面ACD ， 所以平面OCE ⊥平面ACD ．12分B 组 能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2017·贵州贵阳二模)如图7516，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，AF ，EF 把正方形折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，重合后的点记为P ，P 点在△AEF 内的射影为O ，则下列说法正确的是( )图7516A ．O 是△AEF 的垂心B ．O 是△AEF 的内心C ．O 是△AEF 的外心D ．O 是△AEF 的重心A [由题意可知PA ，PE ，PF 两两垂直，所以PA ⊥平面PEF ，从而PA ⊥EF ，而PO ⊥平面AEF ，则PO ⊥EF ，因为PO ∩PA ＝P ， 所以EF ⊥平面PAO ，所以EF ⊥AO ，同理可知AE ⊥FO ，AF ⊥EO ， 所以O 为△AEF 的垂心．]2．如图7517，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .图7517a 或2a [∵B 1D ⊥平面A 1ACC 1，∴CF ⊥B 1D ．为了使CF ⊥平面B 1DF ，只要使CF ⊥DF (或CF ⊥B 1F )． 设AF ＝x ，则CD 2＝DF 2＋FC 2，∴x 2－3ax ＋2a 2＝0，∴x ＝a 或x ＝2A ．]3．(2016·四川高考)如图7518，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ．图7518(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (2)证明：平面PAB ⊥平面PBD ． 【导学号：00090261】[解] (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：连接CM ， 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM .2分所以四边形AMCB 是平行四边形， 所以CM ∥AB ． 又AB 平面PAB ，CM 平面PAB ，所以CM ∥平面PAB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) 5分(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD ．8分因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ， 所以四边形BCDM 是平行四边形， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ．又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ． 又BD 平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD ．12分。
高考数学一轮总复习高考解答题专项四第1课时利用空间向量证明平行垂直与利用空间向量求距离课件北师大版
(1)CM∥平面PAD;
(2)平面PAB⊥平面PAD.
证明 以点C为坐标原点,分别以CB,CD,CP所在的直线为x轴,y轴,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,∴BC=2 3,PB=4.
重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式命题考查.
着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强的
趋势.转化与化归思想贯穿整个立体几何的始终.
必备知识
1.直线的方向向量与平面的法向量
(1)直线的方向向量:O是直线l上一点,在直线l上取非零向量a,则对于直线l
上任意一点P,由数乘向量的定义及向量共线的充要条件可知,存在实数λ,
· = 0,
令 y=2,得 n=(- 3,2,1).
∵n·
=- 3 ×
PAD.
3
3
+2×0+1×
=0,∴n⊥
.又
2
2
CM⊄平面 PAD,∴CM∥平面
(2)如图,取AP的中点E,连接BE,
则 E( 3,2,1),=(- 3,2,1).
∵PB=AB,∴BE⊥PA.
又 ·=(- 3,2,1)·
使得=λa.把与向量 a 平行的非零向量称为直线 l 的方向向量.
(2)平面的法向量:直线l⊥α平面,取直线l的方向向量a,称向量a为平面α的法
向量.
(3)方向向量和法向量均不为零向量且不唯一.
2.空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1,l2的方向向量分别为 l1∥l2
u1,u2
【2020】高考数学一轮复习课时分层训练46利用空间向量证明平行与垂直理北师大版
∴PA2＋AD2＝PD2，
即PA⊥AD.
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴PA⊥平面ABCD.
(2)以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，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 ， ＝(1,1,0)， ＝ .设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
∴ ∴ ]
3．若 ＝λ ＋μ ，则直线AB与平面CDE的位置关系是( )
【导学号：79140251】
A．相交B．平行
C．在平面内D．平行或在平面内
D[∵ ＝λ ＋μ ，∴ 、 、 共面，
∴AB与平面CDE平行或在平面CDE内．]
4．(20xx·西安月考)如图7 7 8，F是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CD的中点．E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有( )
A．l∥αB．l⊥α
C．l⊂αD．l与α相交
B[∵n＝－2a，∴a与平面α的法向量平行，∴l⊥α.]
2．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)．若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )
A. B．
C. D．
D[由题意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，
【导学号：79140253】
①②③[∵ · ＝0， · ＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又 与 不平行，
∴ 是平面ABCD的法向量，则③正确．
∵ ＝ － ＝(2,3,4)， ＝(－1,2，－1)，
∴ 与 不平行，故④错误．]
13．(20xx·北京房山一模)如图7 7 14，四棱锥PABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，
2019年高考数学第一轮复习 第7章 立体几何 第7节 第1课时 利用空间向量证明平行与垂直 理 北师大版
l∥α l⊥α α∥β α⊥β
n⊥m⇔n·m＝0 n∥m⇔n＝λm n∥m⇔n＝λm n⊥m⇔n·m＝0
2.异面直线的夹角 已知直线 l1 与 l2 的方向向量分别为 s1，s2. 当 0≤〈s1，s2〉≤π2时，直线 l1 与 l2 的夹角等于〈s1，s2〉； 当π2＜〈s1，s2〉≤π 时，直线 l1 与 l2 的夹角等于 π－〈s1，s2〉．
(1)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( ) (2)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合．( ) (3)两直线的方向向量所成的角就是两条直线的夹角．( ) (4)直线的方向向量和平面的法向量的夹角就是直线与平面的夹角．( ) (5)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( ) (6)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面夹角的范围是0，π2，二面角 的范围是[0，π]．( )
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双基自主测评 题型分类突破 课时分层训练
(对应学生用书第 122 页)
[基础知识填充]
1．空间位置关系的向量表示
直线 l1，l2 的方向向量 分别为 n1，n2
l1∥l2 l1⊥l2
n1∥n2⇔n1＝λn2 n1⊥n2⇔n1·n2＝0
直线 l 的方向向量为 n，平面 α 的法向量为
m 平面 α，β 的法向量分
第 章 立体几何 第七节 立体几何中的向量方法
[考纲传真] (教师用书独具)1.理解直线的方向向量与平面的法向量.2.能用向量 语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.3.能用向量方法证明有关直线和 平面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).4.能用向量方法解决直线与直 线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几 何问题中的应用．
2019年高考数学一轮复习课时分层训练垂直关系理北师大版
课时分层训练(四十三) 垂直关系A组基础达标一、选择题1．设α，β为两个不同的平面，直线lα，则“l⊥β”是“α⊥β”成立的( ) 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A[依题意，由l⊥β，lα可以推出α⊥β；反过来，由α⊥β，lα不能推出l⊥β.因此，“l⊥β”是“α⊥β”成立的充分不必要条件，故选A.]2．(2017·中原名校联盟4月联考)已知m和n是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给出的条件中一定能推出m⊥β的是( )A．α⊥β且mαB．α⊥β且m∥αC．m∥n且n⊥βD．m⊥n且n∥βC[对于选项A，α⊥β且mα，可得m∥β或m与β相交或mβ，故A不成立；对于选项B，α⊥β且m∥α，可得mβ或m∥β或m与β相交，故B不成立；对于选项C，m∥n且n⊥β，则m⊥β，故C正确；对于选项D，由m⊥n且n∥β，可得m∥β或m与β相交或mβ，故D不成立，故选C.]3．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“aα，bβ，且α⊥β”的平面α，β( )A．不存在B．有且只有一对C．有且只有两对D．有无数对D[过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.故选D.]4．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( ) A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BDC．A1E⊥BC1D．A1E⊥ACC[如图，∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B，D错；∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，∴A1E⊥BC1，故C正确；(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.又A1E平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1)∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，而D1E不与DC1垂直，故A错．故选C.]5．(2017·河北唐山一模)如图7410，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD的中点，G 是EF的中点，现在沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B、C、D三点重合，重合后的点记为H，那么，在这个空间图形中必有( )【导学号：79140236】图7410A．AG⊥平面EFH B．AH⊥平面EFHC．HF⊥平面AEF D．HG⊥平面AEFB[根据折叠前、后AH⊥HE，AH⊥HF不变，∴AH⊥平面EFH，B正确；∵过A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，AG∩GH＝G，∴EF⊥平面HAG，又EF平面AEF，∴平面HAG⊥AEF，过H作直线垂直于平面AEF，一定在平面HAG内，∴C不正确；由条件证不出HG⊥平面AEF，∴D不正确．故选B.]二、填空题6．如图7411，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC，△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线是________；与AP垂直的直线是________．图7411AB，BC，AC；AB[∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC.∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴AB⊥AP，故与AP垂直的直线是AB.]7．如图7412所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC 上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)图7412DM⊥PC(或BM⊥PC) [连接AC，BD，则AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD.又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.]8．(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.③如果α∥β，mα，那么m∥β.④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)【导学号：79140237】②③④[对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．对于②，由线面平行的性质定理知存在直线lα，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又mα，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．]三、解答题9．(2017·北京高考)如图7413，在三棱锥P ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．图7413(1)求证：PA ⊥BD ；(2)求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3)当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥E BCD 的体积．[解] (1)证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，所以PA ⊥平面ABC . 又因为BD 平面ABC ，所以PA ⊥BD .(2)证明：因为AB ＝BC ，D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC . 由(1)知，PA ⊥BD ， 所以BD ⊥平面PAC ， 所以平面BDE ⊥平面PAC .(3)因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE . 因为D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝ 2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥E BCD 的体积V ＝16BD ·DC ·DE ＝13.]10．(2017·江苏高考)如图7414，在三棱锥A BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD .图7414求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ， 所以EF ∥AB .又因为EF ⊆/平面ABC ，AB 平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BC 平面BCD，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD.因为AD平面ABD，所以BC⊥AD.又AB⊥AD，BC∩AB＝B，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD⊥平面ABC.又因为AC平面ABC，所以AD⊥AC.B组能力提升11．(2017·贵州贵阳二模)如图7415，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，AF，EF把正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，P 点在△AEF内的射影为O，则下列说法正确的是( )图7415A．O是△AEF的垂心B．O是△AEF的内心C．O是△AEF的外心D．O是△AEF的重心A[由题意可知PA，PE，PF两两垂直，所以PA⊥平面PEF，从而PA⊥EF，而PO⊥平面AEF，则PO⊥EF，因为PO∩PA＝P，所以EF⊥平面PAO，所以EF⊥AO，同理可知AE⊥FO，AF⊥EO，所以O为△AEF的垂心．]12.如图7416，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.图7416a 或2a [∵B 1D ⊥平面A 1ACC 1，∴CF ⊥B 1D .为了使CF ⊥平面B 1DF ，只要使CF ⊥DF (或CF ⊥B 1F )． 设AF ＝x ，则CD 2＝DF 2＋FC 2，∴x 2－3ax ＋2a 2＝0，∴x ＝a 或x ＝2a .]13. (2016·四川高考)如图7417，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .图7417(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (2)证明：平面PAB ⊥平面PBD .【导学号：79140238】[解] (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：连接CM ， 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM . 所以四边形AMCB 是平行四边形， 所以CM ∥AB .又AB 平面PAB ，CM ⊆/平面PAB ， 所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ， 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，M 为AD 的中点，连接BM ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ， 所以四边形BCDM 是平行四边形， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB . 又BD 平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD .。
2019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
第一课时 证明平行和垂直基础巩固(时间: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,所以a ⊥u,故l ∥α或l ⊂α.故选A. 2.若平面α,β的法向量分别为n 1=(2,-3,5),n 2=(-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n 1·n 2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)≠0,所以n 1与n 2不垂直,又因为n 1,n 2不平行,所以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,所以==,所以k=4.4.在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中,O 是底面正方形ABCD 的中心,M 是D 1D 的中点,N 是A 1B 1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⊥,所以·=0,即3+5-2z=0,得z=4.又因为BP⊥平面ABC,所以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,所以垂足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,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论: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,所以①②③正确.④不正确.答案:①②③能力提升(时间:15分钟)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).所以=(,2,0)-(0,1,)=(,1,-),=(,2,0)-(2,0,0)=(-,2,0),所以·=(,1,-)·(-,2,0)=0,即⊥,所以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,所以⊥n,即·n=0,所以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=,所以=,=,所以=++=++= (+)++ (+)=+.又因为是平面B1BCC1的法向量,所以·=(+)·=0,所以⊥.又因为MN⊄平面B1BCC1,所以MN∥平面B1BCC1.答案:平行,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),所以=+,故与平面BEF共面,又因为AG不在平面BEF内,所以AG∥平面BEF.(2)解:设M(1,1,m),则=(1,1,m),由·=0,·=0,所以-+m=0⇒m=,所以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),所以∥,所以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),所以·=0,·=0,从而ME⊥BB1,ME⊥BC.又BB1∩BC=B,所以EM⊥面BCC1B1.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,所以⊥,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.所以点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.本文档仅供文库使用。
2019大一轮高考总复习理数北师大版文档：第8章 第7节
第一课时 用向量讨论垂直与平行利用空间向量证明平行问题 [明技法]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．[提能力]【典例】 (2018·南昌模拟)如图所示，平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．求证：PB ∥平面EFG .证明：∵平面P AD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ，∴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 .[母题变式] 本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC ． 证明：∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF 平面PBC ，BC 平面PBC ，∴EF ∥平面PBC ， 同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC ． 又EF ∩GF ＝F ，EF 平面EFG ，GF 平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC ． [刷好题](2018·唐山模拟)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M ⎝⎛⎭⎫0，1，12，N (12，1,1)，D (0,0，0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)， 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 ．利用空间向量证明垂直问题 [析考情]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)其一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；其二证明线面垂直，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；其三证明面面垂直：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．[提能力]【典例】 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 ．证明：方法一 设平面A 1BD 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 ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2， a ·b ＝a·c ＝0，b·c ＝2， 以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ＝4⎝⎛⎭⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证． 方法二 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，平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ．所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 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，如图所示，则B (1,0,0)，D (－1, 1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，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 ． [刷好题]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．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 ．证明： (1)如图所示，以O 为坐标原点，以过O 作BC 的平行线为x 轴，以射线OD 为y 轴正半轴，射线OP 为z 轴的正半轴建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)． 于是AP →＝(0,3,4)，BC →＝(－8,0,0)， 所以AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0, 0)＝0， 所以AP →⊥BC →，即AP ⊥BC ． (2)连接MB ，M C ．由(1)知AP ＝5， 又AM ＝3，且点M 在线段AP 上，所以AM →＝35AP →＝⎝⎛⎭⎫0，95，125，又BA →＝(－4，－5,0)， 所以BM →＝BA →＋AM →＝⎝⎛⎭⎫－4，－165，125， 则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝⎛⎭⎫－4，－165，125＝0， 所以AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ， 又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，所以AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC ． 又AM 平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC ．。
2019高三数学理北师大版一轮课时分层训练46 利用空间向量证明平行与垂直 Word版含解析
课时分层训练(四十六) 利用空间向量证明平行与垂直(对应学生用书第页)组基础达标一、选择题．若直线的方向向量为＝()，平面α的法向量为＝(－，－)，则( ) ．∥α．⊥α．⊂α．与α相交[∵＝－，∴与平面α的法向量平行，∴⊥α.]．已知＝(，－)，＝(－，－)，＝(，λ)．若，，三向量共面，则实数λ等于( )．．[由题意得＝＋μ＝(－μ，－＋μ，－μ)，∴(\\(＝－μ，＝－＋μ，,λ＝－μ，))∴(\\(＝()，,μ＝()，,λ＝().))]．若＝λ＋μ，则直线与平面的位置关系是( )【导学号：】．相交．平行．在平面内．平行或在平面内[∵＝λ＋μ，∴、、共面，∴与平面平行或在平面内．]．(·西安月考)如图--，是正方体-的棱的中点．是上一点，若⊥，则有( )图--．＝．＝．＝．与重合[分别以、、为、、轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为，则()，()，()，设(，)，＝(，－)，＝(，)，∵·＝×＋×－＝，∴＝，∴＝.]．如图--所示，在平行六面体-中，点，，分别为棱，，的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：图--①∥；②∥；③∥平面；④∥平面.以上说法正确的个数为( )．．．．[＝＋＝＋，＝＋＝＋，∴∥，所以∥，由线面平行的判定定理可知，∥平面，∥平面.①③④正确．]二、填空题.如图--所示，在正方体-中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则直线，的位置关系是．图--垂直[以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为，则()，，，，·＝·＝，∴与垂直．]．(·广州质。
2019年高考数学一轮复习课时分层训练40垂直关系文北师大版
课时分层训练(四十) 垂直关系组基础达标(建议用时：分钟)一、选择题．(·广州模拟)设，是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )．若⊥，∥α，则⊥α．若∥β，β⊥α，则⊥α．若⊥β，⊥β，⊥α，则⊥α．若⊥，⊥β，β⊥α，则⊥α[中，由⊥，∥α可得∥α或与α相交或⊥α，错误；中，由∥β，β⊥α可得∥α或与α相交或α，错误；中，由⊥β，⊥β可得∥，又⊥α，所以⊥α，正确；中，由⊥，⊥β，β⊥α可得∥α或与α相交或α，错误．]．在下列四个正方体中，能得出⊥的是( )[选项中，因为⊥平面，所以⊥，选项中，与成°角；选项中，与成°角；选项中，与夹角的正切值为.]．如图，在正四面体中，，，分别是，，的中点，下面四个结论不成立．．．的是( )图．∥平面．⊥平面．平面⊥平面．平面⊥平面[因为∥，平面，平面，所以∥平面，故选项正确．在正四面体中，⊥，⊥，∥，所以⊥平面，则⊥平面，从而平面⊥平面.因此选项，均正确．]．如图，在三棱锥中，若＝，＝，是的中点，则下列命题中正确的是( ) 【导学号：】图．平面⊥平面．平面⊥平面．平面⊥平面，且平面⊥平面．平面⊥平面，且平面⊥平面[因为＝，且是的中点，所以⊥，同理有⊥，于是⊥平面.因为平面，所以平面⊥平面.又平面，所以平面⊥平面.]．(·全国卷Ⅲ)在正方体中，为棱的中点，则( )．⊥．⊥．⊥．⊥[如图，∵在平面上的投影为，而不与，垂直，∴，错；∵在平面上的投影为，且⊥，∴⊥，故正确；(证明：由条件易知，⊥，⊥，又∩＝，∴⊥平面.又平面，∴⊥)∵在平面上的投影为，而不与垂直，故错．]二、填空题．如图所示，在四棱锥中，⊥底面，且底面各边都相等，是上的一动点，当点满足时，平面⊥平面．(只要填写一个你认为是正确的条件即可)。
近年高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第7节立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直学案北师
2019版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第7节立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直学案北师大版编辑整理：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版高考数学大一轮复习第八章立体几何初步第7节立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直学案北师大版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第7节立体几何中的向量方法(一）——证明平行与垂直最新考纲 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；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.知识梳理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:l是空间一直线，A，B是直线l上任意两点,则称错误!为直线l的方向向量，与错误!平行的任意非零向量也是直线l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错误!2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1,n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α,β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝0[常用结论与微点提醒］1。
用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行,仍需强调直线在平面外.2。
高三北师大版数学(理)一轮课时检测 8.7 立体几何中的向量方法(Ⅰ)----证明平行与垂直 含解析
8.7 立体几何中的向量方法(Ⅰ）——-—证明平行与垂直一、选择题1．若直线l1,l2的方向向量分别为a＝(2，4,－4)，b＝（－6，9,6），则（）．A．l1∥l2B．l1⊥l2C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确答案B2．直线l1，l2相互垂直，则下列向量可能是这两条直线的方向向量的是( )A．s1＝(1，1，2）,s2＝（2,－1,0)B．s1＝（0,1，－1），s2＝(2,0,0）C．s1＝（1，1,1），s2＝（2,2，－2）D．s1＝（1，－1,1)，s2＝（－2，2，－2）解析两直线垂直，其方向向量垂直,只有选项B中的两个向量垂直．答案B3．已知a＝错误!，b＝错误!满足a∥b，则λ等于（)．A。
错误!B。
错误!C．－错误! D．－错误!解析由错误!＝错误!＝错误!，可知λ＝错误!。
答案B4．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。
而A中a·n＝－2,B中a·n＝1＋5＝6，C中a·n＝－1,只有D选项中a·n＝－3＋3＝0。
答案D5．若平面α，β平行，则下面可以是这两个平面的法向量的是( ）A．n1＝（1,2,3)，n2＝（－3，2,1）B．n1＝(1,2,2），n2＝(－2,2,1）C．n1＝（1，1,1)，n2＝（－2，2,1）D．n1＝（1,1,1），n2＝(－2，－2，－2）解析两个平面平行时其法向量也平行,检验知正确选项为D.答案D6．已知a＝(2，－1，3)，b＝(－1,4,－2)，c＝(7,5，λ），若a，b,c三向量共面，则实数λ等于（）．A。
错误! B.错误!C。
错误! D.错误!解析由题意得c＝t a＋μb＝（2t－μ，－t＋4μ,3t－2μ)，∴错误!∴错误!.答案D7．已知平面α内有一个点A（2，－1，2)，α的一个法向量为n＝(3,1，2），则下列点P中，在平面α内的是( )A．（1，－1,1） B.错误!C。
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课时分层训练(四十六) 利用空间向量证明平行与垂直
A 组 基础达标
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
B ．l ⊥α
C ．l ⊂α
D ．l 与α相交
B [∵n ＝－2a ，∴a 与平面α的法向量平行，∴l ⊥α.]
2．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)．若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B ．637
C.607
D ．657
D [由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，
∴⎩⎪⎨⎪
⎧
7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
t ＝337
，
μ＝17
7，
λ＝657.
]
3．若AB →＝λCD →＋μCE →
，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )
【导学号：79140251】
A ．相交
B ．平行
C ．在平面内
D ．平行或在平面内
D [∵AB →＝λCD →＋μC
E →，∴AB →、CD →、CE →
共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．]
4．(2017·西安月考)如图778，F 是正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有(
)
图778
A ．
B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EB
C ．B 1
E ＝12
EB
D ．
E 与B 重合
A [分别以DA 、DC 、DD 1为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为2，则D (0,0,0)，F (0,1,0)，D 1(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，∴B 1
E ＝EB .]
5．如图779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：
图779
①A 1
M ∥D 1
P ； ②A 1
M ∥B 1
Q ；
③A 1
M ∥平面DCC 1D 1
； ④A 1
M ∥平面D 1
PQB 1
.
以上说法正确的个数为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
C [A1M →＝A1A →＋AM →＝A1A →＋12AB →，D1P →＝D1
D →＋DP →＝A1A →＋12
AB →，∴A1M →∥D1P →，所以A 1M ∥D 1P ，
由线面平行的判定定理可知，A 1
M ∥平面DCC 1D 1
，A 1
M ∥平面D 1
PQB 1
.①③④正确．]
二、填空题
6.如图7710所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________．
图7710。