高考数学一轮复习第九章立体几何9-6利用空间向量讨论平行与垂直练习理北师大版

高考数学一轮复习第九章立体几何9-6利用空间向量讨论平行与垂直练习理北师大版

‎9.6 利用空间向量讨论平行与垂直 核心考点·精准研析 考点一　利用空间向量证明空间的平行问题 ‎ ‎1.以下四组向量是平面α,β 的法向量,则能判断α,β平行的是 (　　)‎ ‎①a=(1,2,1),b=(1,-2,3)‎ ‎②a=(8,4,-6),b=(4,2,-3)‎ ‎③a=(0,1,-1),b=(0,-3,3)‎ ‎④a=(18,19,20),b=(1,-2,1)‎ A.①② B.②③ C.②④ D.①③‎ ‎2.如图所示,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 (　　)‎ A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能确定 ‎3.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 (　　)‎ A.(1,1,1) B.,,1‎ C.,,1 D.,,1‎ - 13 -‎ ‎4.平面α的法向量u=(x,1,-2),平面β的法向量v=-1,y,,已知α∥β,则x+y=________________. ‎ ‎【解析】1.选B.因为在②中a=2b,所以a∥b,所以α∥β,③-3a=b,所以α∥β,而①④a不平行于b,所以α不平行于β,所以只有②③能判断α,β平行.‎ ‎2.选B.分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.因为A1M=AN=a,‎ 所以M,N.‎ 所以=.‎ 又C1(0,0,0),D1(0,a,0),所以=(0,a,0).‎ 所以·=0.所以⊥.‎ 因为是平面BB1C1C的法向量,且MN⊈平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.‎ ‎3.选C.建系如图,则A(,,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),设M(a,a,1),则=(a-,a-,1),可求出平面BDE的一个法向量n=(1,1,),因为AM∥平面BDE,所以·n=0,可得a=,M的坐标为,,1.‎ ‎4.因为α∥β,所以v∥u,所以==,‎ - 13 -‎ 所以所以x+y=.‎ 答案:‎ ‎1.证明线面平行的常用方法:(1)证明直线的方向向量与平面内的两个不共线的向量共面.(2)证明直线的方向向量与平面内的一个向量平行.(3)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.‎ ‎2.证明面面平行常用的方法:(1)利用上述方法证明平面内的两个不共线向量都平行于另一个平面.(2)证明两个平面的法向量平行.(3)证明一个平面的法向量也是另一个平面的法向量.‎ 秒杀绝招 结合线面平行的性质定理解T3:‎ 设AC与BD相交于O点,连接OE,‎ 因为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对角线的交点,所以M为线段EF的中点.‎ 在空间直角坐标系中,E(0,0,1),F(,,1).‎ 由中点坐标公式,知点M的坐标为,,1.‎ 考点二　利用空间向量证明空间的垂直问题 ‎ 命 题 精 解 读 ‎1.考什么:(1)考查利用空间向量证明线面、面面垂直问题.(2)考查直观想象与逻辑推理的核心素养.‎ ‎2.怎么考:与空间图形中与垂直有关的定理结合考查利用空间向量证明空间的垂直问题.‎ ‎3.新趋势:以柱、锥、台体为载体,与证明空间角综合命题.‎ 学 霸 好 ‎1.证明线面平行和垂直问题,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,再用共线向量定理或共面向量定理及两向量垂直的判定定理.若能建立空间直角坐标系,其证法较为灵活方便.‎ - 13 -‎ 方 法 ‎2.交汇问题: 一般先证明线面、面面垂直,再求线面角或二面角.‎ 证明线面垂直 ‎【典例】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. ‎ 证明:(1)AE⊥CD.(2)PD⊥平面ABE.‎ ‎【证明】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P(0,0,1).‎ ‎(1)因为∠ABC=60°,所以△ABC为正三角形,‎ 所以C,,0,E,,.‎ 设D(0,y,0),由AC⊥CD,得· =0,‎ 即y=,则D0,,0,‎ 所以=-,,0.又 =,,,‎ 所以· =-×+×+0=0,‎ - 13 -‎ 所以⊥,即AE⊥CD.‎ ‎(2)方法一:因为P(0,0,1),所以=0,,-1.‎ 又· =0+×+×(-1)=0,‎ 所以⊥,即PD⊥AE.‎ 因为=(1,0,0),所以· =0.‎ 所以PD⊥AB,又AB∩AE=A,所以PD⊥平面AEB.‎ 方法二:=(1,0,0),=,,,‎ 设平面ABE的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 则 令y=2,则z=-,所以n=(0,2,-).‎ 因为=0,,-1,显然=n.‎ 因为∥n,所以⊥平面ABE,即PD⊥平面ABE.‎ 向量法证明线面垂直的常见思路有哪些?‎ 提示:(1)将线面垂直的判定定理用向量表示.‎ ‎(2)证明直线的方向向量与平面的法向量共线.‎ 证明面面垂直 ‎【典例】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. ‎ - 13 -‎ ‎(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,以射线OP为z轴的正半轴建立空间直角坐标系.则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).于是=(0,3,4),‎ ‎=(-8,0,0),所以·=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,‎ 所以⊥,即AP⊥BC.‎ ‎(2)由(1)知AP=5,又AM=3,且点M在线段AP上,‎ 所以==0,,,‎ 又=(-8,0,0),=(-4,5,0),=(-4,-5,0),‎ 所以=+=-4,-,,‎ 则·=(0,3,4)·-4,-,=0,‎ 所以⊥,即AP⊥BM,‎ 又根据(1)的结论知AP⊥BC,且BM∩BC=B,‎ 所以AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.‎ 又AM平面AMC,故平面AMC⊥平面BMC.‎ - 13 -‎ 向量法证明面面垂直的常见思路有哪些?‎ 提示:(1)利用面面垂直的判定定理,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.‎ ‎(2)证明两平面的法向量互相垂直.‎ ‎　如图,在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,PA=AB=1,BC=2.求证:‎ ‎(1)EF∥平面PAB.‎ ‎(2)平面PAD⊥平面PDC.‎ ‎【证明】以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),‎ 所以E,F,‎ ‎=,=(1,0,-1),=(0,2,-1),=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0).‎ ‎(1)因为=-,所以∥,即EF∥AB,‎ 又AB平面PAB,EF平面PAB,所以EF∥平面PAB.‎ ‎(2)因为·=(0,0,1)·(1,0,0)=0,‎ - 13 -‎ ‎·=(0,2,0)·(1,0,0)=0,‎ 所以⊥,⊥,即AP⊥DC,AD⊥DC.‎ 又AP∩AD=A,所以DC⊥平面PAD.‎ 因为DC平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC.‎ ‎1.如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.求证:AB1⊥平面A1BD.‎ ‎【证明】方法一:设平面A1BD内的任意一条直线的方向向量为m.由共面向量定理,则存在实数λ,μ,使m=λ+μ.‎ 令=a,=b,=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=a+c,=a+b,=a-c,‎ m=λ+μ=λ+μa+μb+λc,‎ ‎·m=(a-c)·λ+μa+μb+λc=4λ+μ-2μ-4λ=0,故⊥m,所以AB1⊥平面A1BD.‎ 方法二: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-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,‎ 所以AO⊥平面BCC1B1.‎ - 13 -‎ 取B1C1的中点O1,以O为原点,以,,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),A1(0,2,),‎ A(0,0,),B1(1,2,0).‎ 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),=(-1,2,),=(-2,1,0).因为n⊥,n⊥,‎ 故⇒‎ 令x=1,则y=2,z=-,‎ 故n=(1,2,-)为平面A1BD的一个法向量,‎ 而=(1,2,-),所以=n,所以∥n,‎ 故AB1⊥平面A1BD.‎ ‎2.如图,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB.‎ 求证:平面BCE⊥平面CDE.‎ ‎【证明】设AD=DE=2AB=2a,以A为原点,分别以AC,AB所在直线为x轴,z轴,以过点A垂直于AC的直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),‎ D(a,a,0),E(a,a,2a).‎ 所以=(a,a,a),=(2a,0,-a),‎ ‎=(-a,a,0),=(0,0,-2a).‎ 设平面BCE的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 由n1·=0,n1·=0可得 - 13 -‎ 即 令z1=2,可得n1=(1,-,2).‎ 设平面CDE的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 由n2·=0,n2·=0可得 即 令y2=1,可得n2=(,1,0).‎ 因为n1·n2=1×+1×(-)+2×0=0.‎ 所以n1⊥n2,所以平面BCE⊥平面CDE.‎ 考点三　利用空间向量解决平行与垂直的探索性问题 ‎ ‎【典例】如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2). ‎ ‎(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥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.‎ ‎【解题导思】‎ 序号 联想解题 ‎(1)由λ=1,即P,Q为中点,想到FP∥B 且FP=BC1 ,可利用向量共线解决,‎ - 13 -‎ 也可以直接用线面平行的判定定理.‎ ‎(2)由平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,想到若存在λ,会有平面EFPQ与平面PQMN垂直,求出两平面的法向量,利用向量垂直可求值.‎ ‎【解析】以D为原点,射线DA,DC,DD1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.‎ 由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),M(2,1,2),‎ N(1,0,2),=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0),=(-1,-1,0),=‎ ‎(-1,0,λ-2).‎ ‎(1)当λ=1时,=(-1,0,1),‎ 因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.‎ 而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ,‎ 故直线BC1∥平面EFPQ.‎ ‎(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得 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所成的二面角为直二面角,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±.‎ 故存在λ=1±,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.‎ - 13 -‎ 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种:一种是根据条件作出判断,再进一步论证;另一种是利用空间向量,先设出假设存在点的坐标,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”.‎ 如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PB与底面的夹角为45°,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,PA=BC=AD=1.‎ ‎(1)求证:平面PAC⊥平面PCD.‎ ‎(2)在棱PD上是否存在一点E,使CE∥平面PAB?若存在,请确定E点的位置;若不存在,请说明理由.‎ ‎【解析】(1)因为PA⊥平面ABCD,‎ PB与平面ABCD所成的角为∠PBA=45°,‎ 所以AB=1,由∠ABC=∠BAD=90°,‎ 易得CD=AC=,‎ 由勾股定理逆定理得AC⊥CD.‎ 又因为PA⊥CD,PA∩AC=A,‎ 所以CD⊥平面PAC,CD⫋平面PCD,‎ 所以平面PAC⊥平面PCD.‎ ‎(2)分别以AB,AD,AP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.‎ 则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0),设E(0,y,z),‎ 则=(0,y,z-1),=(0,2,-1),‎ 因为与共线,所以y·(-1)-2(z-1)=0①,‎ 因为=(0,2,0)是平面PAB的法向量,‎ 又=(-1,y-1,z),CE∥平面PAB.‎ ‎⊥.‎ 所以(-1,y-1,z)·(0,2,0)=0,所以y=1.‎ - 13 -‎ 将y=1代入①,得z=.所以E是PD的中点,‎ 所以存在E点使CE∥平面PAB,此时E为PD的中点.‎ - 13 -‎