2020版新高考数学一轮（鲁京津琼）精练：第8章第7讲　立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直 (含解析)

第7讲　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直

一、选择题

1.若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则(　　)

A.l∥α    B.l⊥α

C.l⊂α    D.l与α相交

解析　∵n＝－2a，∴a与平面α的法向量平行，∴l⊥α.

答案　B

2.若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是(　　)

A.相交    B.平行

C.在平面内    D.平行或在平面内

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　D

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)，则下列点P中，在平面α内的是(　　)

A.P(2，3，3)    B.P(－2，0，1)

C.P(－4，4，0)   D.P(3，－3，4)

解析　逐一验证法，对于选项A，＝(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　A

4.(2017·西安月考)如图，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　　)

A.B1E＝EB

B.B1E＝2EB

C.B1E＝EB

D.E与B重合

解析　分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，∵·＝0×2＋1×2－2z＝0，∴z＝1，∴B1E＝EB.

答案　A

5.如图所示，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：

①A1M∥D1P；

②A1M∥B1Q；

③A1M∥平面DCC1D1；

④A1M∥平面D1PQB1.

以上说法正确的个数为(　　)

A.1   B.2   C.3   D.4

解析　＝＋＝＋，＝＋＝＋，∴∥，所以A1M∥D1P，由线面平行的判定定理可知，A1M∥面DCC1D1，A1M∥面D1PQB1.①③④正确.

答案　C

二、填空题

6.(2017·武汉调研)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·＝0，得x·0＋y－z＝0⇒y＝z，

由m·＝0，得x－z＝0⇒x＝z，取x＝1，

∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.

答案　α∥β

7.(2016·青岛模拟)已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________.

解析　由条件得解得x＝，y＝－，z＝4，

∴x＋y＝－＝.

答案　

8.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(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∥.其中正确的序号是________.

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

三、解答题

9.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.

证明　如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA，DP，DC分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系D－xyz.

依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，

则＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，－1，0).

∴·＝0，·＝0.

即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，

又DQ∩DC＝D，∴PQ⊥平面DCQ，

又PQ⊂平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.

10.(2017·郑州调研)如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.

(1)求证：PA⊥平面ABCD；

(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由.

(1)证明　∵PA＝AD＝1，PD＝，

∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.

又PA⊥CD，AD∩CD＝D，

∴PA⊥平面ABCD.

(2)解　以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，

z轴建立空间直角坐标系.

则A(0，0，0)，B(1，0，0)，

C(1，1，0)，P(0，0，1)，

E，＝(1，1，0)，

＝.设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，

则即

令y＝1，则n＝(－1，1，－2).

假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ(0≤λ≤1)，

使得BF∥平面AEC，则·n＝0.

又∵＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，

∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，

∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.

11.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.

C.  　　 D.

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　C

12.(2017·成都调研)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

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，

则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　B

13.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果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

14.(2014·湖北卷改编)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⊥平面PQMN？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.

(1)证明　以D为坐标原点，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).

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)解　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).

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⊥平面PQMN.