【北师大版】2021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

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

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==,

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 

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,

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.

(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.

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,

·=(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.

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

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】

【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.

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.

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.