2019版高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标44立体几何中的向量方法一证明平行与垂直.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 第 44 讲 立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直 解密考纲 利用空间向量证明平行与垂直关系 ， 常出现于选择 、 填空题中 ， 或在解答题立体几何部分的第 (1)问考查 ， 难度中等或较小 一 、 选择题 1 若直线 l 平面 ， 直线 l 的方向向量为 s， 平面 的法向量为 n， 则下列结论可能正确的是 ( C ) A s ( 1,0,2)， n (1,0， 1) B s ( 1,0,1)， n (1,2， 1) C s ( 1,1,1)， n (1,2， 1) D s ( 1,1,1)， n ( 2,2,2) 解析 由已知需 s n 0， 逐 个验

2、证知 ， 只有 C 项符合要求 ， 故选 C 2 若直线 l 的方向向量为 a， 平面 的法向量为 n， 能使 l 的是 ( A ) 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 ， 则 a n， 一一验证 ， 可知选 A 3 直线 l 的方向向量 s ( 1,1,1)， 平面 的法向量为 n (2， x2 x， x)， 若直线 l 平面 ， 则 x ( D ) A 2 B 2 C 2 D 2 解析 由已知得 s n 0， 故 12

3、1( x2 x) 1( x) 0， 解得 x 2. 4 如图 ， 正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直 ， 以 CD， CB， CE 所在直线分别为x， y， z 轴建立空间直角坐标系 ， |AB| 2， |AF| 1， M 在 EF 上 ， 且 AM 平面 BDE， 则 M点的坐标为 ( C ) A (1,1,1) B ? ?23 ， 23 ， 1 C ? ?22 ， 22 ， 1 D ? ?24 ， 24 ， 1 =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析 由已知得 A( 2， 2， 0)， B(0， 2， 0)， D( 2， 0,0)， E(0,0,1)， 设 M(x， x,

4、1) 则 AM (x 2， x 2， 1)， BD ( 2， 2， 0)， BE (0， 2， 1) 设平面 BDE的一个法向量为 n (a， b， c) 则? n BD ，n BE ，即 ? 2a 2b 0， 2b c 0，解得 ? a b，c 2b， 令 b 1， 则 n (1,1， 2) 又 AM 平面 BDE， 所以 n AM 0， 即 2(x 2) 2 0， 得 x 22 ， 所以 M? ?22 ， 22 ， 1 . 5 如图所示 ， 在正方体 ABCD A1B1C1D1中 ， E， F 分别在 A1D， AC 上 ， 且 A1E 23A1D， AF 13AC， 则 ( B ) A

5、EF 至多与 A1D， AC 之一垂直 B EF A1D， EF AC C EF 与 BD1相交 D EF 与 BD1异面 解析 以 D 点为坐标原点 ， 以 DA， DC， DD1所在直线分别为 x， y， z 轴建立空间直角坐标系 ， 设正方体棱长为 1， 则 A1(1,0,1)， D(0,0,0)， A(1,0,0)， C(0,1,0)， E? ?13， 0， 13 ， F? ?23， 13， 0 ， B(1,1,0)，D1(0,0,1)， A1D ( 1,0， 1)， AC ( 1,1,0)， EF ? ?13， 13， 13 ， BD1 ( 1， 1,1)， EF 13BD1 ， A

6、1D EF AC EF 0， 从而 EF BD1， EF A1D， EF AC， 故选 B 6 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 ，=【 ;精品教育资源文库 】 = A1M AN 2a3 ， 则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 ( B ) A斜交 B平行 C垂直 D不确定 解析 建立如图所示的坐标系 ， 由于 A1M AN 2a3 ， 则 M? ?a， 2a3 ， a3 ， N? ?2a3 ， 2a3 ， a ， MN ? ? a3， 0， 2a3 ， 又 C1D1 平面 BB1C1C， 所以 C1D1

7、 (0， a,0)为平面 BB1C1C 的一个法向量 因为 MN C1D1 0， 所以 MN C1D1 ， 所以 MN 平面 BB1C1C， 故选 B 二 、 填空题 7 若直线 l 的方向向量 e (2,1， m)， 平面 的法向量 n ? ?1， 12， 2 ， 且 l ， 则m _4_. 解析 因为 l ， 所以 e n， 即 e n( 0) ， 亦即 (2,1， m) ? ?1， 12， 2 ， 所以? 2，m 2 . 则 m 4. 8 已知 AB (1,5， 2)， BC (3,1， z)， 若 AB BC ， BP (x 1， y， 3)， 且 BP 平面 ABC， 则实数 x，

8、y， z 分别为 _407 ， 157 ， 4_. =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析 由已知得? 3 5 2z 0，x 1 5y 6 0，x y 3z 0，解得? x 407 ，y 157 ，z 4.9 已知平面 内的三点 A(0,0,1)， B(0,1,0)， C(1,0,0)， 平面 的一个法向量 n (1， 1， 1)， 则不重合的两个平面 与 的位置关系是 _平行 _. 解析 由已知得 ， AB (0,1， 1)， AC (1,0， 1)， 设平面 的一个法向量为 m (x，y， z)， 则? m AB ，m AC ，得? y z 0，x z 0. 得? x z，y z， 令 z

9、 1， 得 m (1,1,1) 又 n ( 1， 1， 1)， 所以 m n， 即 m n， 所以 . 三 、 解答题 10 如图 ， 在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1中 ， E， F， G 分别为 A1B1， B1C1， C1D1的中点 (1)求证： AG 平面 BEF； (2)试在棱长 BB1上找一点 M， 使 DM 平面 BEF， 并证明你的结论 解析 (1)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， 12， 1 ， F? ?12， 1， 1

10、， G? ?0， 12， 1 ， 因为 EF ? ? 12， 12， 0 ， BF ? ? 12， 0， 1 ， =【 ;精品教育资源文库 】 = 而 AG ? ? 1， 12， 1 ， 所以 AG EF BF ， 故 AG 与平面 BEF 共面 ， 又因为 AG 不在平面 BEF 内 ， 所以 AG 平面 BEF. (2)设 M(1,1， m)， 则 DM (1,1， m)， 由 DM EF 0， DM BF 0， 所以 12 m 0?m 12 ， 所以 M 为棱 BB1的中点时 ， DM 平面 BEF. 11 (2018 北京西城二模 )如图 ， 直角梯形 ABCD 与等腰直角三角形 AB

11、E 所在的平面互相垂直 AB CD， AB BC， AB 2CD 2BC， EA EB (1)求证： AB DE； (2)求直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值； (3)线段 EA 上是否存在点 F， 使 EC 平面 FBD？若存在 ， 求出 EFEA；若不存在 ， 请说明理由 解析 (1)证明：取 AB 的中点 O， 连接 EO， DO. 因为 EB EA， 所以 EO AB 因为四边形 ABCD 为直 角梯形 AB 2CD 2BC， AB BC， 所以四边形 OBCD 为正方形 ， 所以 AB OD 因为 EO DO O， 所以 AB 平面 EOD， 所以 AB ED (2)因为平面

12、 ABE 平面 ABCD， 且 EO AB， 所以 EO 平面 ABCD， 所以 EO OD 由 OB， OD， OE 两两垂直 ， 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. =【 ;精品教育资源文库 】 = 因为三角形 EAB 为等腰直角三角形 ， 所以 OA OB OD OE， 设 OB 1， 所以 O(0,0,0)， A( 1,0,0)， B(1,0,0)， C(1,1,0)， D(0,1,0)， E(0,0,1) 所以 EC (1,1， 1)， 平面 ABE 的一个法向量为 OD (0,1,0) 设直线 EC 与平面 ABE 所成的角为 ， 所以 sin |cos EC ， OD |

13、|EC OD |EC |OD | 33 ， 即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为 33 . (3)存在点 F， 且 EFEA 13时 ， 有 EC 平面 FBD 证明如下：由 EF 13EA ? ? 13， 0， 13 ， F? ? 13， 0， 23 ， 所以 FB ? ?43， 0， 23 ， BD ( 1,1,0) 设平面 FBD 的法向量为 v (a， b， c)， 则有? v BD 0，v FB 0，所以? a b 0，43a23c 0，取 a 1， 得 v (1,1,2) 因为 EC v (1,1， 1)(1,1,2) 0， 且 EC?平面 FBD， 所以 EC 平面 F

14、BD， 即点 F 满足 EFEA 13时 ， 有 EC 平面 FBD 12 已知正方体 ABCD A1B1C1D1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 23， 点 M 在 BB1上 ， GM BF， 垂足为 H， 求证： EM 平面 BCC1B1. =【 ;精品教育资源文库 】 = 证明 (1)以 B 为原点 ， 以 BA， BC， BB1为 x 轴 ， y 轴 ， z 轴 ， 建立如图所示的空间直角坐标系 Bxyz， 则 B(0,0,0)， E(3,0

15、,1)， F(0,3,2)， D1(3,3,3)， 则 BE (3,0,1)， BF (0,3,2)， BD1 (3,3,3)， 所以 BD1 BE BF . 由向量共面的充要条件知 E， B， F， D1四点共面 (2)设 M(0,0， z0)， G? ?0， 23， 0 ， 则 GM ? ?0， 23， z0 ， 而 BF (0,3,2)， 由题设得 GM BF 233 z02 0， 得 z0 1.故 M(0,0,1)， 有 ME (3,0,0) 又 BB1 (0,0,3)， BC (0,3,0)， 所以 ME BB1 0， ME BC 0， 从而 ME BB1， ME BC 又 BB1 BC B， 故 ME 平面 BCC1B1.