2023版高考数学一轮复习第八章立体几何8.6利用空间向量证明平行与垂直练习苏教版.doc

8.6 利用空间向量证明平行与垂直考点一利用空间向量证明空间的平行问题 1.假设点A(1,-2,3)和点B(2,5,6)在直线l上,那么直线l的一个方向向量是()A.(1,-2,3)B.(2,5,6)C.(1,7,3)D.(-1,-7,3)2.如下图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,那么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,那么M点的坐标为()A.(1,1,1) B.,1C.,1 D.,14.平面的法向量u=(x,1,-2),平面的法向量v=-1,y,那么x+y=_.【解析】1.选C.因为=(1,7,3),又与平行的非零向量都可以作为直线l的一个方向向量.故只有C正确.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,那么A(,0),B(0,0),D(,0,0),E(0,0,1),设M(a,a,1),那么=(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,所以vu,所以=,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AMEO,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.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.新趋势:以柱、锥、台体为载体,与证明空间角综合命题.学霸好方法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.假设能建立空间直角坐标系,其证法较为灵活方便.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】如下图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ABAD,ACCD,ABC=60,PA=AB=BC,E是PC的中点.证明:(1)AECD.(2)PD平面ABE.【证明】AB,AD,AP两两垂直,建立如下图的空间直角坐标系,设PA=AB=BC=1,那么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ACCD,得 =0,即y=,那么D0,0,所以=-,0.又 =,所以 =-+0=0,所以,即AECD.(2)方法一:因为P(0,0,1),所以=0,-1.又 =0+(-1)=0,所以,即PDAE.因为=(1,0,0),所以 =0.所以PDAB,又ABAE=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),那么令y=2,那么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.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.BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.(1)证明:APBC.(2)假设点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明平面AMC平面BMC.【解析】(1)如下图,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.那么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APBC.(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,-,那么=(0,3,4)-4,-,=0,所以,即APBM,又根据(1)的结论知APBC,且BMBC=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.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是BB1,CD的中点,求证:D1F 平面ADE.【证明】不妨设正方体的棱长为1个单位长度,且以, 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,那么D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,1),F0,0,E1,1,.方法一:因为 =(-1,0,0),=0,-1,所以 =(-1,0,0)0,-1=0,所以D1FAD.又=0,1,所以 =0,1,0,-1=0,所以D1FAE.又ADAE=A, 所以D1F平面ADE.方法二:因为=(-1,0,0),=0,1,设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),那么由 得令z=2,可得n=(0,-1,2).因为=0,-1=-n,所以n,所以平面ADE,所以D1F平面ADE.1.如下图,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,那么存在实数,使m=+.令=a,=b,=c,显然它们不共面,并且|a|=|b|=|c|=2,ab=ac=0,bc=2,以它们为空间的一个基底,那么=a+c,=a+b,=a-c,m=+=+a+b+c,m=(a-c)+a+b+c=4+-2-4=0,故m,所以AB1平面A1BD.方法二:如下图,取BC的中点O,连接AO.因为ABC为正三角形,所以AOBC.因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC平面BCC1B1,所以AO平面BCC1B1.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,那么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,那么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,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,建立如下图的空间直角坐标系,那么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n1n2=1+1(-)+20=0.所以n1n2,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=(02).(1)当=1时,证明:直线BC1平面EFPQ.(2)是否存在,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?假设存在,求出的值;假设不存在,说明理由.序号联想解题(1)由=1,即P,Q为中点,想到FPB且FP=BC1 ,可利用向量共线解决,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,想到假设存在,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,建立如下图的空间直角坐标系.由得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,),M(2,1,2),N(1,0,2),=(-2,0,2),=(-1,0,),=(1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,-2).(1)当=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1FP.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),那么由可得于是可取n=(,-,1).同理可得平面PQMN的一个法向量为m=(-2,2-,1).假设存在,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,那么mn=(-2,2-,1)(,-,1)=0,即(-2)-(2-)+1=0,解得=1.故存在=1,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.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,假设该点坐标不能求出,或有矛盾,那么判定“不存在.如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,ADBC,ABC=90,PD平面ABCD,AD=1,AB=,BC=4.(1)求证:BDPC.(2)设点E在棱PC上,=,假设DE平面PAB,求的值.【解析】如图,在平面ABCD内过点D作直线DFAB,交BC于点F,以D为坐标原点,DA、DF、DP所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系,那么A(1,0,0),B(1,0),D(0,0,0),C(-3,0).设PD=a,那么P(0,0,a),(1)=(-1,-,0),=(-3,-a),因为 =3-3=0,所以BDPC.(2)由题意知,=(0,0),=(0,0,a),=(1,0,-a), =(-3,-a),因为=,所以=(-3,-a),=+=(0,0,a)+(-3,-a)=(-3,a-a).设n=(x,y,z)为平面PAB的法向量,那么即令z=1,得x=a,所以n=(a,0,1),因为DE平面PAB,所以 n=0,所以-3a+a-a=0,即a(1-4)=0,因为a0,所以=.- 9 -