课时作业-第一课时-证明平行和垂直.docx

第6节　立体几何中的向量方法
第一课时　证明平行和垂直

知识点、方法
基础巩固练
综合运用练
应用创新练
平面的法向量、直线的方向向量及其应用
1,2,3

利用向量证明平行问题
5
8

利用向量证明垂直问题
4,6
10

平行与垂直关系中的探索性问题

12
14
综合问题
7
9,11
13

1.直线l的一个方向向量为n=(1,3,a),平面α的一个法向量为k=(b,2,3),若l∥α,则a,b应满足的关系式为(　A　)
A.3a+b+6=0 B.a=3b
C.3a-b+6=0 D.a=-3b
解析:因为l∥α,所以n⊥k,即n·k=b+6+3a=0,所以3a+b+6=0.故 选A.
2.若直线a与b的一个方向向量分别是a=(1,2,4),b=(-1,-2,m),若 a∥b,则m的值为(　B　)
A.4 B.-4 C.-2 D.2
解析:因为a∥b,所以a∥b,故m=-4.故选B.
3.已知平面α的一个法向量为a=(x,1,-2),直线l的一个方向向量为n=(12,y,-1),若l⊥α,则(　D　)
A.x+2y=-4 B.x+y=3
C.x+2y=12 D.x+y=32
解析:因为l⊥α,所以n∥a,即a=λn(λ∈R),
所以(x,1,-2)=λ(12,y,-1),
所以x=12λ,1=λy,-2=-λ,解得λ=2,x=1,y=12,
所以x+y=32,x+2y=2.故选D.
4.如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=12PD,则平面PQC与平面DCQ的位置关系为(　B　)

A.平行
B.垂直
C.相交但不垂直
D.位置关系不确定
解析:如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长度,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz,

则D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),
则DQ→=(1,1,0),DC→=(0,0,1),PQ→=(1,-1,0).
因为PQ→·DQ→=0,PQ→·DC→=0,
所以PQ⊥DQ,PQ⊥DC,
又DQ∩DC=D,DQ⊂平面DCQ,DC⊂平面DCQ,
所以PQ⊥平面DCQ.
又PQ⊂平面PQC,
所以平面PQC⊥平面DCQ.故选B.
5.已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面β的一个法向量n=(-1,-1,-1),则不重合的两个平面α与β的位置关系是　 　.
解析:设平面α的法向量为m=(x,y,z),
由m·AB→=0,得x·0+y-z=0⇒y=z,
由m·AC→=0,得x-z=0⇒x=z,取x=1,
所以m=(1,1,1),m=-n,所以m∥n,所以α∥β.
答案:平行
6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,底面边长为1,M为BC的中点,C1N→=λNC→,且AB1⊥MN,则实数λ的值为　　　　. 
解析: 如图所示,取B1C1的中点P,连接MP,以M为坐标原点,MC→,MA→, MP→的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.

因为底面边长为1,侧棱长为2,
所以A(0,32,0),B1(-12,0,2),C(12,0,0),
C1(12,0,2),M(0,0,0),
设N(12,0,t),(t∈R)
因为C1N→=λNC→,
所以N(12,0,21+λ),
所以AB1→=(-12,-32,2),MN→=(12,0,21+λ).
又因为AB1⊥MN,
所以AB1→·MN→=0,
所以-14+41+λ=0,
所以λ=15.
答案:15
7.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.
证明: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.

因为PC⊥平面ABCD,
所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角,
所以∠PBC=30°.
因为PC=2,
所以BC=23,PB=4,
所以D(0,1,0),B(23,0,0),A(23,4,0),P(0,0,2),M(32,0,32),
所以DP→=(0,-1,2),DA→=(23,3,0),CM→=(32,0,32).
(1)设n=(x,y,z)为平面PAD的法向量,
则DP→·n=0,DA→·n=0,即-y+2z=0,23x+3y=0,
令y=2,得n=(-3,2,1).
因为n·CM→=-3×32+2×0+1×32=0,
所以n⊥CM→.
又CM⊄平面PAD,
所以CM∥平面PAD.
(2)法一　由(1)知,BA→=(0,4,0),PB→=(23,0,-2),
设平面PAB的法向量m=(x0,y0,z0),
则BA→·m=0,PB→·m=0,
即4y0=0,23x0-2z0=0,
令x0=1,得m=(1,0,3),
又因为平面PAD的一个法向量n=(-3,2,1),
所以m·n=1×(-3)+0×2+3×1=0,
所以m⊥n,
所以平面PAB⊥平面PAD.
法二　如图,取AP的中点E,连接BE,
则E(3,2,1),BE→=(-3,2,1).
因为PB=AB,
所以BE⊥PA.
又因为BE→·DA→=(-3,2,1)·(23,3,0)=0,
所以BE→⊥DA→,
所以BE⊥DA.
又PA∩DA=A,PA,DA⊂平面PAD,
所以BE⊥平面PAD.
又因为BE⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.

8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B,AC的中点,则MN与平面B1BCC1的位置关系是(　B　)

A.相交
B.平行
C.垂直
D.不能确定
解析:以C1为原点,以C1B1,C1D1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,

所以N(a2,a2,a),M(a,a2,a2),
所以MN→=(-a2,0,a2).
而平面B1BCC1的一个法向量为n=(0,1,0),
所以MN→·n=0,即MN→⊥n.
又MN⊄平面B1BCC1,
所以MN与平面B1BCC1平行.故选B.
9.(多选题)如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把 △ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后,下列结论正确的是(　BC　)

A.BD→·AC→≠0
B.∠BAC=60°
C.三棱锥D-ABC是正三棱锥
D.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
解析:平面ABD⊥平面ACD,由二面角定义知,BD⊥AD,平面ABD∩平面ACD=AD,BD⊂平面ABD,所以BD⊥平面ACD,所以BD⊥AC,所以BD→·AC→= 0,故A不正确;
AD=BD=CD,且∠ADB=∠ADC=∠BDC,
所以△ABD,△ACD,△BCD是全等三角形,
所以AB=AC=BC,∠BAC=60°,故B正确;
可知AB=AC=BC,DA=DB=DC,
所以三棱锥D-ABC是正三棱锥,故C正确;
建立空间直角坐标系,如图所示,

设DA=DB=DC=1,
则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),
可求出平面ADC的一个法向量是n1=(1,0,0),平面ABC的一个法向量是n2=(1,1,1),所以n1·n2=1+0+0=1≠0,故D不正确.故选BC.
10.(2021·吉林四平高三检测)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),则下列各点中,在平面α内的是　　 　(填序号). 
①B(1,-1,1);②C(1,3,32);③D(1,-3,32);④E(-1,3,-32).
解析:AB→=(-1,0,-1),AC→=(-1,4,-12),AD→=(-1,-2,-12),AE→=(-3,4,-72),
因为AC→·n=0,所以AC→⊥n,故C∈α.
答案:②
11.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,E,F,G分别是A1D1,D1D,D1C1的中点.

(1)试用向量AB→,AD→,AA1→表示AG→;
(2)用向量方法证明:平面EFG∥平面AB1C.
(1)解:设AB→=a,AD→=b,AA1→=c,
则AG→=AA1→+A1D1→+D1G→
=c+b+12DC→
=12a+b+c
=12AB→+AD→+AA1→,
故AG→=12AB→+AD→+AA1→.
(2)证明:AC→=AB→+BC→=a+b,
EG→=ED1→+D1G→=12b+12a=12AC→,
因为EG与AC无公共点,
所以EG∥AC,
因为EG⊄平面AB1C,AC⊂平面AB1C,
所以EG∥平面AB1C.
又因为AB1→=AB→+BB1→=a+c,FG→=FD1→+D1G→=12c+12a=12AB1→,且FG与AB1无公共点,
所以FG∥AB1,
因为FG⊄平面AB1C,AB1⊂平面AB1C,
所以FG∥平面AB1C.
又因为FG∩EG=G,FG⊂平面EFG,EG⊂平面EFG,
所以平面EFG∥平面AB1C.
12.直三棱柱ABC-A1B1C1中,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,在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF,若存在,求出AF的长,若不存在,请说明理由.

解:以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,

则C(0,2a,0),B1(0,0,3a),D(22a,22a,3a).
假设存在点F,使CF⊥平面B1DF.
不妨设AF=b(0≤b≤3a),
则F(2a,0,b),CF→=(2a,-2a,b),
B1F→=(2a,0,b-3a),B1D→=(22a,22a,0).
因为CF→·B1D→=a2-a2+0=0,
所以CF→⊥B1D→恒成立.由B1F→·CF→=2a2+b(b-3a)=2a2+b2-3ab=0,
得b=a或b=2a.
所以当AF=a或AF=2a时,CF⊥平面B1DF.

13.在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,点E,F分别是PB,PD的中点,PA=AB=1,BC=2.用向量方法证明:

(1)EF∥平面ABCD;
(2)平面PAD⊥平面PDC.
证明:(1)以点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).点E,F分别是PB,PD的中点,则F(0,1,12),E(12,0,12),
FE→=(12,-1,0),BD→=(-1,2,0),
FE→=-12BD→,即EF∥BD.
又BD⊂平面ABCD,EF⊄平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)由(1)可知PD→=(0,2,-1),AP→=(0,0,1),
AD→=(0,2,0),DC→=(1,0,0),
因为AP→·DC→=(0,0,1)·(1,0,0)=0,
AD→·DC→=(0,2,0)·(1,0,0)=0,
所以AP→⊥DC→,AD→⊥DC→,
即AP⊥DC,AD⊥DC.
又AP∩AD=A,AP⊂平面PAD,AD⊂平面PAD,
所以DC⊥平面PAD.
因为DC⊂平面PDC,
所以平面PAD⊥平面PDC.
14.(2021·湖南长沙麓山国际实验学校高三阶段检测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.

(1)求证:AA1⊥平面ABC;
(2)求平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值;
(3)证明:在线段BC1上存在点D(不与B,C1重合),使得AD⊥A1B,并求出BDBC1的值.
(1)证明:因为四边形AA1C1C是正方形,
所以AA1⊥AC.
又因为平面ABC⊥平面AA1C1C,平面ABC∩平面AA1C1C=AC,AA1⊂平面AA1C1C,
所以AA1⊥平面ABC.
(2)解:由AC=4,BC=5,AB=3,
得AC2+AB2=BC2,
所以AB⊥AC.
建立如图所示的空间直角坐标系,

则A1(0,0,4),B(0,3,0),B1(0,3,4),C1(4,0,4),
所以BC1→=(4,-3,4),BA1→=(0,-3,4),BB1→=(0,0,4).
设平面A1C1B的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面B1C1B的法向量为n2=(x2,y2,z2).
则n1·BC1→=4x1-3y1+4z1=0,n1·BA1→=-3y1+4z1=0,
令y1=4,则x1=0,z1=3,
所以n1=(0,4,3).
n2·BC1→=4x2-3y2+4z2=0,n2·BB1→=4z2=0,
令x2=3,则y2=4,
所以n2=(3,4,0).
所以|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n2|=165×5=1625,
所以平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值为1625.
(3)证明:设点D的竖坐标为t(0<t<4),
在平面BCC1B1中作DE⊥BC于点E,
易得D(t,34(4-t),t),
所以AD→=(t,34(4-t),t),
由(1)知A1B→=(0,3,-4),
因为AD→⊥A1B→,
所以AD→·A1B→=0,
即0+94(4-t)-4t=0,
解得t=3625.
所以BDBC1=DECC1=925.