2022届-数学一轮(理科)-苏教版-江苏专用-课时作业-第八章-立体几何-6-.docx

第6讲　立体几何中的向量方法（一）
——证明平行与垂直

基础巩固题组
(建议用时：40分钟)

一、填空题
1．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，给出下列向量：①a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)；②a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)；③a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)；④a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)．则能使l∥α的是________(填序号)．
解析　若l∥α，则a·n＝0，
④中，a·n＝1×0＋(－1)×3＋3×1＝0，∴a⊥n.
答案　④
2．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是________．
解析　∵＝λ＋μ，∴，，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．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)，给出下列四点：①P(2,3,3)；②P(－2,0,1)；③P(－4,4,0)；④P(3，－3,4)．则上述点P中，在平面α内的是________(填序号)．
解析　逐一验证法，对于①，＝(1,4,1)，
∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，
∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．
答案　①
4．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　∵a·b＝x－2＋6＝0，∴x＝－4.
答案　－4
5．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)，A(1，－3,2)，B(8，－1,4)确定的平面上，则a＝________.
解析　＝(－1，－3,2)，＝(6，－1,4)．
依据共面对量定理，设＝x＋y(x，y∈R)，
则(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4)
＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)，
∴解得x＝－7，y＝4，a＝16.
答案　16
6．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面相互垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为________．
解析　设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，
又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点．
在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(，，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标.
答案　
7. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1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________．
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D－xyz，

依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)．
∴＝(，2,0)－(0,1，)＝(，1，－)，
＝(，2,0)－(2，0,0)＝(－，2,0)，
∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0，
即⊥，∴AM⊥PM.
答案　垂直
8．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中利用动点轨迹的方法，可以求出过点A(2,1)且法向量n＝(－1,2)的直线(点法式)方程为－(x－2)＋2(y－1)＝0，化简得x－2y＝0.类比以上求法，在空间直角坐标系中，经过点A(3，－1,3)且法向量为n＝(1，－2,1)的平面(点法式)方程为__________(请写出化简后的结果)．
解析　设P(x，y，z)为平面上任一点，
则n·＝0，∵＝(x－3，y＋1，z－3)，
∴x－3－2(y＋1)＋z－3＝0，
化简即x－2y＋z－8＝0，即为平面的方程．
答案　x－2y＋z－8＝0
二、解答题
9．(2021·北京房山区一模)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．
(1)求证：PB∥平面EFH；
(2)求证：PD⊥平面AHF.
证明　建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

∴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)∵＝(2,0，－2)，＝(1,0，－1)，
∴＝2，∴PB∥EH.
∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，
∴PB∥平面EFH.
(2)＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)，
∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，
·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，
∴PD⊥AF，PD⊥AH，
又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.
10．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．
解　在棱C1D1上存在点F(为C1D1中点)，使B1F∥平面A1BE.证明如下：
设正方体的棱长为1.
如图所示，以，，1为单位正交基底建立空间直角坐标系．
依题意，得B(1,0,0)，
E，A1(0,0,1)，1＝(－1,0,1)，
＝.
设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，
则由n·1＝0，n·＝0，
得所以x＝z，y＝z.
取z＝2，得n＝(2,1,2)．
设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0≤t≤1)．
又B1(1,0,1)，所以＝(t－1,1,0)．
而B1F⊄平面A1BE，
于是B1F∥平面A1BE⇔·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝⇔F为C1D1的中点．这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
1． 已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，假如＝(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∥.其中正确结论的序号为________．
解析　∵·＝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．由于＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，
∴与不平行，故④错误．
答案　①②③
2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1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　分别以C1B1、C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，

∵A1M＝AN＝a，∴M，N，
∴＝.
又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，
∴＝(0，a,0)，∴·＝0，∴⊥.
∵是平面BB1C1C的法向量，
且MN⊄平面BB1C1C，
∴MN∥平面BB1C1C.
答案　平行
3. 如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，假如B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．
解析　以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，∴＝(x－1,0,1)，∴＝(1,1，y)，由于B1E⊥平面ABF，所以·＝(1,1，y)·(x－1，0,1)＝0⇒x＋y＝1.
答案　1
4．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，试说明理由．
(1)证明　连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD.
由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图．
设底面边长为a，则高SO＝a，
于是S，
D，B，C，
＝，＝，
则·＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)解　棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.理由如下：
由已知条件知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝，
＝.
设＝t，则＝＋＝＋t
＝，
由·＝0⇔t＝.
即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.
又BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.