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2014届高考数学(理)一轮复习第八章立体几何第6讲立体几何中的向量方法(Ⅰ)--证明平行与垂直(苏教版)


第 6 讲立体几何中的向量方法(Ⅰ)——证明平行与垂直

对应学生 用书P127

考点梳理 1.直线的方向向量与平面的法向量 → 为直 (1)直线的方向向量:l 是空间一直线,A,B 是直线 l 上任意两点,则称AB → 平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量. 线 l 的方向向量,与AB (2)平面的法向量:可利用方程组求出,设 a

,b 是平面 α 内两不共线向量,n a=0, ?n· 为平面 α 的法向量,则求法向量的方程组为? b=0. ?n· 2.用向量证明空间中的平行关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2, 则 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)?v1∥v2. (2)设直线 l 的方向向量为 v,与平面 α 共面的两个不共线向量 v1 和 v2,则 l∥ α 或 l?α?存在两个实数 x,y,使 v=xv1+yv2. (3)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l∥α 或 l?α?v⊥u. (4)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1,u2,则 α∥β?u1∥u2. 3.用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2,则 l1⊥l2?v1⊥v2?v1· v2=0. (2)设直线 l 的方向向量为 v,平面 α 的法向量为 u,则 l⊥α?v∥u. (3)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2,则 α⊥β?u1⊥u2?u1· u2=0. 【助学· 微博】 一个命题规律 空间向量与立体几何知识的结合为每年的必考内容,通常有一道综合题,难度 不是很大,运用向量法解决可以降低思维难度,一般可采用传统方法与向量法 求解.主要考查运算能力和空间想象能力. 考点自测 1.已知两不重合直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),

则 l1 与 l2 的位置关系是________. 解析 答案 ∵v2=-2v1,∴v1∥v2. 平行

2. 已知平面 α 内有一个点 M(1, -1,2), 平面 α 的一个法向量是 n=(6, -3,6), 给出下列四个 P 点,则点 P 在平面 α 内的是________. ①P(2,3,3); ③P(-4,4,0); 解析 ②P(-2,0,1); ④P(3,-3,4).

∵n=(6,-3,6)是平面 α 的法向量,

→ ,在①中,MP → =(1,4,1),∴n· → =0. ∴n⊥MP MP 答案 ①

→· → =0, →· → =0 是AP →· → 3. 已知点 A, B, C∈平面 α, 点 P?平面 α, 则AP AB 且AP AC BC =0 的________条件. 解析 → AB → =0, ? ?AP· →· → -AC → )=0, 由? 得AP (AB → AC → =0, ? ?AP·

→· → =0,亦即AP →· → =0, 即AP CB BC →· → =0, 反之,若AP BC →· → -AB → )=0?AP →· → =AP →· → ,未必等于 0. 则AP (AC AB AC 答案 充分不必要

4.已知 a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列给出的四个结 论. ①a∥c,b∥c;②a∥b,a⊥c;③a∥c,a⊥b;④以上都不对. 其中正确结论的序号是________. 解析 ∵c=(-4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,

∴a∥c, 又 a· b=-2×2+(-3)×0+1×4=0,∴a⊥b. 答案 ③

→ =(2,2,1),AC → =(4,5,3),则平面 ABC 的单位法向量是________. 5.已知AB 解 设平面 ABC 的法向量 n=(x,y,z).

→ ? n=0, ?AB· ?2x+2y+z=0, 则? 即? → n=0, ?4x+5y+3z=0. ? ?AC· 1 ? ?x= , 令 z=1,得? 2 ? ?y=-1, ?1 ? ∴n=?2,-1,1?, ? ?

2 2? n ?1 ?3,-3,3?. ∴平面 ABC 的单位法向量为± = ± |n| ? ? 答案 2 2? ?1 ?3,-3,3? ± ? ?

对应学生 用书P127 考向一 利用空间向量证明平行问题

【例 1】 如图所示,已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,△ABC 为等腰直角三角 形,∠BAC=90° ,且 AB=AA1,D、E、F 分别为 B1A、C1C、BC 的中点.求 证: (1)DE∥平面 ABC; (2)B1F⊥平面 AEF.

证明

如图建立空间直角坐标系 A-xyz,令 AB=AA1=4,

则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,连接 CN, 则 N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2), → =(-2,4,0),NC → =(-2,4,0), ∴DE

→ → ∴DE=NC, ∴DE∥NC,又∵NC?平面 ABC, DE?平面 ABC.故 DE∥平面 ABC. → (2)B 1F=(-2,2,-4), → =(2,-2,-2),AF → =(2,2,0). EF → → =(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, B EF 1F· → → =(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. B AF 1F· → → → → ∴B 1F⊥EF,B1F⊥AF,即 B1F⊥EF,B1F⊥AF, 又∵AF∩FE=F,∴B1F⊥平面 AEF. [方法总结] 证明直线与平面平行, 只须证明直线的方向向量与平面的法向量的 数量积为零或证明直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面, 然后说 明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量的计算问题.

【训练 1】如图所示,平面 PAD⊥平面 ABCD,ABCD 为正方形,△PAD 是直 角三角形,且 PA=AD=2,E、F、G 分别是线段 PA、PD、CD 的中点.求证: PB∥平面 EFG. 证明 ∵平面 PAD⊥平面 ABCD 且 ABCD 为正方形,

∴AB、AP、AD 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、 G(1,2,0).

→ → → → → → ∴PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1),设PB=sFE+tFG, 即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),

?t=2, ∴?t-s=0, ?-t=-2,

解得 s=t=2.

→ =2FE → +2FG →, ∴PB → 与FG → 不共线,∴PB → 、FE → 与FG → 共面. 又∵FE ∵PB?平面 EFG,∴PB∥平面 EFG.

考向二 利用空间向量证明垂直问题

【例 2】 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)∵∠ABC=60° , △ABC 为正三角形. ?1 ?1 3 ? 3 1? ∴C? , ,0?,E? , , ?. ?2 2 ? ?4 4 2? →· → =0, 设 D(0,y,0),由 AC⊥CD,得AC CD

2 3 ? ? 2 3 即 y= 3 ,则 D?0, ,0?, 3 ? ? ? → ?1 1 3 3 1? → =? ?- , ,0?.又AE ∴CD =? , , ?, ? 2 6 ? ?4 4 2? →· → =-1×1+ 3× 3=0, ∴AE CD 2 4 6 4 → ⊥CD → ,即 AE⊥CD. ∴AE (2)法一 ? 2 3 → =? ?0, ?. ∵P(0,0,1),∴PD ,- 1 3 ? ?

→· → = 3×2 3+1×(-1)=0, 又AE PD 4 3 2 → ⊥AE → ,即 PD⊥AE.AB → =(1,0,0),∴PD →· → =0, ∴PD AB ∴PD⊥AB,又 AB∩AE=A,∴PD⊥平面 AEB. 法二 1 3 1? → =(1,0,0),AE → =? ? , , ?, AB ?4 4 2?

设平面 ABE 的一个法向量为 n=(x,y,z),

?x=0, 则?1 3 1 x + ?4 4 y+2z=0,
令 y=2,则 z=- 3,∴n=(0,2,- 3). ? 2 3 → =? → = 3n. ?0, ?,显然PD ∵PD ,- 1 3 3 ? ? → ∥n,∴PD → ⊥平面 ABE, ∵PD 即 PD⊥平面 ABE. [方法总结] 证明直线与直线垂直, 只需要证明两条直线的方向向量垂直, 而直 线与平面垂直,平面与平面垂直可转化为证明直线与直线垂直.

【训练 2】 (2011· 辽宁卷)如图,四边形 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD, 1 PD∥QA,QA=AB=2PD.

(1)证明:平面 PQC⊥平面 DCQ; (2)求二面角 Q-BP-C 的余弦值.



如图,以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半

轴建立空间直角坐标系 D-xyz. → =(1,1,0),DC → =(0,0,1), (1)证明:依题意有 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),则DQ → =(1,-1,0). PQ →· → =0,PQ →· → =0.即 PQ⊥DQ,PQ⊥DC. 所以PQ DQ DC 故 PQ⊥平面 DCQ.又 PQ?平面 PQC, 所以平面 PQC⊥平面 DCQ. → =(1,0,0),BP → =(-1,2,-1). (2)依题意有 B(1,0,1),CB → =0, ? CB ?n· 设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,则? → =0, ? BP ? n· ?x=0, 即? 因此可取 n=(0,-1,-2). ?-x+2y-z=0. → =0, ? BP ?m· 设 m 是平面 PBQ 的法向量,则? → =0. ? PQ ?m · 可取 m=(1,1,1),所以 cos〈m,n〉=- 15 故二面角 Q-BP-C 的余弦值为- 5 . 15 . 5

考向三

利用空间向量解决探索性问题

【例 3】 如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,PB 与底面所成的角 1 为 45° ,底面 ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90° ,PA=BC=2AD=1. (1)求证:面 PAC⊥面 PCD; (2)在棱 PD 上是否存在一点 E,使 CE∥面 PAB?若存在,请确定 E 点的位置; 若不存在,请说明理由. (1)证明 ∵PA⊥面 ABCD,

∴PB 与面 ABCD 所成的角为∠PBA=45° . ∴AB=1,由∠ABC=∠BAD=90° , 易得 CD=AC= 2, 由勾股定理逆定理得 AC⊥CD. 又∵PA⊥CD,PA∩AC=A, ∴CD⊥面 PAC,CD?平面 PCD, ∴平面 PAC⊥平面 PCD.

(2)解

分别以 AB、AD、AP 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.

→ =(0,y,z-1),PD → =(0,2, ∴P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0),设 E(0,y,z),则PE -1). → ∥PD →, ∵PE ∴y· (-1)-2(z-1)=0① → =(0,2,0)是平面 PAB 的法向量, ∵AD → =(-1,y-1,z),CE∥面 PAB.∴CE → ⊥AD →. 又CE ∴(-1,y-1,z)· (0,2,0)=0,∴y=1.

1 将 y=1 代入①,得 z=2.∴E 是 PD 的中点, ∴存在 E 点使 CE∥面 PAB,此时 E 为 PD 的中点. [方法总结] 对于探索性问题,一般先假设存在,设出空间点坐标,转化为代数 方程是否有解问题,若有解且满足题意则存在,若有解但不满足题意或无解则 不存在.

【训练 3】 如图所示,四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长都是 底面边长的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点. (1)求证:AC⊥SD. (2)若 SD⊥平面 PAC,则侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE∥平面 PAC.若存 在,求 SE∶EC 的值;若不存在,试说明理由.

(1)证明

连接 BD,设 AC 交 BD 于 O,则 AC⊥BD.由题意知 SO⊥平面 ABCD.

→ ,OC → ,OS → 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向,建立空间直 以 O 为坐标原点,OB 角坐标系如图. 6 设底面边长为 a,则高 SO= 2 a, ? ? ? ? 2 ? 6 ? 2 于是 S?0,0, a?,D?- a,0,0?,B? a,0,0?, 2 ? ? ? 2 ? ?2 ? ? ? → ? ? → ? 2 2 2 6 ? C?0, a,0?,OC =?0, a,0?,SD =?- a,0,- a?, 2 2 2 2 ? ? ? ? ? ? →· → =0.故 OC⊥SD.从而 AC⊥SD. 则OC SD (2)解 棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC.理由如下:

→ 由已知条件知DS是平面 PAC 的一个法向量, 2 6 ? → ? 2 6 ? → =? ? a,0, a?,CS 且DS =?0,- a, a?, 2 2 2 2 ? ? ? ? ? 2 2 → =? ?- a, a,0?. BC 2 ? 2 ? → =tCS → ,则BE → =BC → +CE → =BC → +tCS → 设CE ? 2 2 6 ? →· → =0?t=1. =?- a, a?1-t?, at?,而BE DS 3 2 2 ? ? 2 → ⊥DS →. 即当 SE∶EC=2∶1 时,BE 而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.

对应学生 用书P129 规范解答 14 1.用向量证明线面平行的方法: (1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直; (2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行; (3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示; 2.利用空间向量证明两条异面直线垂直:在两条异面直线上各取一个向量 a、 b,只要证明 a⊥b,即 a· b=0 即可. 3.证明线面垂直:直线 l,平面 α,要证 l⊥α,只要在 l 上取一个非零向量 p, 在 α 内取两个不共线的向量 a、b,问题转化为证明:p⊥a 且 p⊥b,也就是 a· p =0 且 b· p=0. 4.证明面面平行、面面垂直,最终都要转化为证明线线平行、线线垂直. 非标准图形的建系问题

【示例】 (2011· 全国改编)如图,四棱锥 S-ABCD 中,AB∥CD,BC⊥CD, 侧面 SAB 为等边三角形,AB=BC=2,CD=SD=1. (1)证明:SD⊥平面 SAB;

(2)求 AB 与平面 SBC 所成的角的正弦值. [审题路线图] 本题可以通过计算边边关系证明 SD⊥平面 SAB,第 2 问也可 作出 AB 与平面 SBC 所成的角,利用解三角形来计算,但这种方法必须加辅助 线,且易找错角,故考虑用向量法,建立恰当的空间直角坐标系是解题关键.

[解答示范]

以 C 为坐标原点,射线 CD 为 x 正半轴,建立如图所示的空间

直角坐标系 C-xyz. 设 D(1,0,0),则 A(2,2,0)、B(0,2,0). 又设 S(x,y,z),则 x>0,y>0,z>0. → =(x-2,y-2,z),BS → =(x,y-2,z), (1)证明:AS → =(x-1,y,z),由|AS → |=|BS → |得 DS ?x-2?2+?y-2?2+z2= x2+?y-2?2+z2,故 x=1. → |=1 得 y2+z2=1, 由|DS → |=2 得 x2+(y-2)2+z2=4, 又由|BS 1 3 即 y2+z2-4y+1=0,故 y=2,z= 2 . ? 1 3? → ? 3 3? 于是 S?1, , ?,AS =?-1,- , ?, 2 2? 2 2? ? ? 3 3? → ? 1 3? → → → =? ?1,- , ?,DS BS =?0, , ?,DS · AS=0, 2 2? 2 2? ? ? →· → =0,故 DS⊥AS,DS⊥BS,又 AS∩BS=S, DS BS 所以 SD⊥平面 SAB.(6 分) → ,a⊥CB →, (2)设平面 SBC 的法向量 a=(m,n,p),则 a⊥BS → =0,a· → =0. ∴a· BS CB 3 3? → → =? ?1,- , ?,CB 又BS =(0,2,0), 2 2 ? ?

3 ?m-3 n + 2 2 p=0, 故? ?2n=0.

(9 分)

→ =(-2,0,0), 取 p=2 得 a=(- 3,0,2).又AB →· AB a 21 → cos〈AB,a〉= → = 7 . |AB|· |a| 21 故 AB 与平面 SBC 所成角的正弦值为 7 .(12 分) [点评] 用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路: 一种是用向量表示几 何量,利用向量的运算进行判断;另一种是用向量的坐标表示几何量,共分三 步:(1)建立立体图形与空间向量的联系,用空间向量(或坐标)表示问题中所涉 及的点、 线、 面, 把立体几何问题转化为向量问题;(2)通过向量运算,研究点、 线、面之间的位置关系;(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题. 高考经典题组训练

1.(2012· 辽宁卷)如图,直三棱柱 ABC-A′B′C′,∠BAC=90° ,AB=AC =λAA′,点 M,N 分别为 A′B 和 B′C′的中点. (1)证明:MN∥平面 A′ACC′; (2)若二面角 A′-MN-C 为直二面角,求 λ 的值. 解 (1)法一 连结 AB′,AC′,由已知∠BAC=90° ,AB=AC,三棱柱 ABC

-A′B′C′为直三棱柱,所以 M 为 AB′中点. 又因为 N 为 B′C′的中点,所以 MN∥AC′. 又 MN?平面 A′ACC′,AC′?平面 A′ACC′, 因此 MN∥平面 A′ACC′. 法二 取 A′B′中点 P,连结 MP,NP,

而 M,N 分别为 AB′与 B′C′的中点, 所以 MP∥AA′,PN∥A′C′,所以 MP∥平面 A′ACC′,

PN∥平面 A′ACC′.又 MP∩NP=P, 因 此平面 MPN ∥平 面 A′ACC′. 而 MN ? 平面 MPN ,因此 MN ∥ 平面 A′ACC′.

(2)以 A 为坐标原点,分别以直线 AB,AC,AA′为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间 直角坐标系 O-xyz,如图所示. 设 AA′=1,则 AB=AC=λ,于是 A(0,0,0),B(λ,0,0),C(0,λ,0),A′(0,0,1), B′(λ,0,1),C′(0,λ,1), 1? ?λ ?λ λ ? 所以 M?2,0,2?,N?2,2,1?. ? ? ? ? 设 m=(x1,y1,z1)是平面 A′MN 的法向量, λ 1 →M=0, ? ? ?2x1-2z1=0, A′ ?m· 由? 得? → =0 λ 1 ? m · MN ? ? ?2y1+2z1=0,

可取 m=(1,-1,λ).

设 n=(x2,y2,z2)是平面 MNC 的法向量, λ λ - x + → ? 2 ? ? 2 2y2-z2=0, NC=0, ?n· 由? 得? → =0 λ 1 ? MN ?n· y + 2 ? ?2 2z2=0, 可取 n=(-3,-1,λ). 因为 A′-MN-C 为直二面角,所以 m· n=0. 即-3+(-1)×(-1)+λ2=0,解得 λ= 2.

2.(2012· 广东卷)如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA ⊥平面 ABCD,点 E 在线段 PC 上,PC⊥平面 BDE.

(1)证明:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=1,AD=2,求二面角 B-PC-A 的正切值. (1)证明 ∵PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD,

∴PA⊥BD.同理由 PC⊥平面 BDE 可证得 PC⊥BD. 又 PA∩PC=P,∴BD⊥平面 PAC.

图(1) (2)解 法一 如图(1),设 BD 与 AC 交于点 O,连接 OE.

∵PC⊥平面 BDE,BE、OE?平面 BDE, ∴PC⊥BE,PC⊥OE. ∴∠BEO 即为二面角 B-PC-A 的平面角. 由(1)知 BD⊥平面 PAC.又 OE、AC?平面 PAC, ∴BD⊥OE,BD⊥AC.故矩形 ABCD 为正方形, 1 ∴BD=AC=2 2,BO= BD= 2. 2 由 PA⊥平面 ABCD,BC?平面 ABCD 得 PA⊥BC. 又 BC⊥AB,PA∩AB=A,∴BC⊥平面 PAB. 而 PB?平面 PAB,∴BC⊥PB. 在 Rt△PAB 中,PB= PA2+AB2= 5, 在 Rt△PAC 中,PC= PA2+AC2=3. 2 5 在 Rt△PBC 中,由 PB· BC=PC· BE 得 BE= 3 . 2 在 Rt△BOE 中,OE= BE2-BO2= 3 .

图(2)

BO ∴tan∠BEO=OE=3, 即二面角 B-PC-A 的正切值为 3. 法二 如图(2),分别以射线 AB,AD,AP 为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴建立空

间直角坐标系. 由(1)知 BD⊥平面 PAC, 又 AC?平面 PAC, ∴BD⊥AC. 故矩形 ABCD 为正方形, ∴AB=BC=CD=AD=2. ∴A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1). → =(2,0,-1),BC → =(0,2,0),BD → =(-2,2,0). ∴PB 设平面 PBC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 → =0, ? PB x+0· y-z=0, ?n· ?2· ? 即? → =0, x+2· y+0· z=0, ?0· ? BC ?n· ?z=2x, ∴? ?y=0, 取 x=1 得 n=(1,0,2). → =(-2,2,0)为平面 PAC 的一个法向量. ∵BD⊥平面 PAC,∴BD → BD 10 → 〉= n· cos〈n,BD =- →| 10 . |n|· |BD π 设二面角 B-PC-A 的平面角为 α,由图知 0<α<2, 10 3 10 ∴cos α= 10 ,sin α= 1-cos2α= 10 . sin α ∴tan α=cos α=3,即二面角 B-PC-A 的正切值为 3.

3.

(2011· 北京卷)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,底面 ABCD

是菱形,AB=2,∠BAD=60° . (1)求证:BD⊥平面 PAC; (2)若 PA=AB,求 PB 与 AC 所成角的余弦值; (3)当平面 PBC 与平面 PDC 垂直时,求 PA 的长. 解 (1)证明:因为四边形 ABCD 是菱形,

所以 AC⊥BD. 又因为 PA⊥平面 ABCD,所以 PA⊥BD. 因为 AC∩PA=A,所以 BD⊥平面 PAC. (2)设 AC∩BD=O. 因为∠BAD=60° ,PA=AB=2, 所以 BO=1,AO=CO= 3. 如图,以 O 为坐标原点,建立空间直角坐标系 O-xyz, 则 P(0,- 3,2),A(0,- 3,0),B(1,0,0),C(0, 3,0). → =(1, 3,-2),AC → =(0,2 3,0). 所以PB

设 PB 与 AC 所成角为 θ, →· → ? ? PB AC 6 6 ? 则 cos θ=? → → ? ?=2 2×2 3= 4 . ?|PB||AC|? → =(-1, 3,0). (3)由(2)知BC → =(-1,- 3,t). 设 P(0,- 3,t)(t>0),则BP 设平面 PBC 的法向量 m=(x,y,z), ?-x+ 3y=0, →· →· 则BC m=0,BP m=0.所以? ?-x- 3y+tz=0.

6? 6 ? 令 y= 3,则 x=3,z= t .所以 m=?3, 3, t ?. ? ? 6? ? 同理,平面 PDC 的法向量 n=?-3, 3, t ?. ? ? 因为平面 PBC⊥平面 PDC, 36 所以 m· n=0,即-6+ t2 =0. 解得 t= 6.所以 PA= 6.

对应学生 用书P327

分层训练 A 级 (时间:30 分钟 一、填空题(每小题 5 分,共 30 分)

基础达标演练 满分:60 分)

1.(2012· 徐州模拟)已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).若|a|= 3, → ,AC → 垂直,则向量 a 为________. 且 a 分别与AB 解析 → =(- 2 ,- 1,3), AC → = (1 ,-3,2) ,设 a = (x, y,z)则有 由条件知 AB

?-2x-y+3z=0, ?x-3y+2z=0, ?x2+y2+z2=3,

解可得 a=± (1,1,1).

答案 (1,1,1)或(-1,-1,-1) 2.已知 a=(1,1,1),b=(0,2,-1),c=ma+nb+(4,-4,1).若 c 与 a 及 b 都垂 直,则 m,n 的值分别为________. 解析 由已知得 c=(m+4,m+2n-4,m-n+1), 故 a· c=3m+n+1=0,b· c=m+5n-9=0. ?m=-1, 解得? ?n=2. 答案 -1,2 3 5? 15? ? ? 3.已知 a=?1,-2,2?,b=?-3,λ,- 2 ?满足 a∥b,则 λ 等于________. ? ? ? ? 3 5 -2 2 1 9 解析 由 = λ = 15,可知 λ=2. -3 -2 9 答案 2 4.若直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,在下列四组向量中能使 l∥α 的是________(填序号). ①a=(1,0,0),n=(-2,0,0);②a=(1,3,5),n=(1,0,1);③a=(0,2,1),n=(- 1,0,-1);④a=(1,-1,3),n=(0,3,1). 解析 若 l∥α,则 a· n=0.而①中 a· n=-2, ②中 a· n=1+5=6,③中 a· n=-1,只有④选项中 a· n=-3+3=0.

答案 ④ 1 2? ?2 5.设 a=(1,2,0),b=(1,0,1),则“c=?3,-3,-3?”是“c⊥a,c⊥b 且 c 为单 ? ? 位向量”的________条件. 1 2? ?2 解析 当 c=?3,-3,-3?时,c⊥a,c⊥b 且 c 为单位向量,反之则不成立. ? ? 答案 充分不必要 6.(2012· 镇江模拟)若|a|= 17,b=(1,2,-2),c=(2,3,6),且 a⊥b,a⊥c,则 a =________. 解析 设 a=(x,y,z),∵a⊥b,∴x+2y-2z=0.① ∵a⊥c,∴2x+3y+6z=0.② ∵|a|= 17,∴x2+y2+z2=17.③ 联立①②得 x=-18z,y=10z, 1 代入③得 425z2=17,z=± 5. 1? ?18 1? ? 18 ∴a=?- 5 ,2,5?或? 5 ,-2,-5?. ? ? ? ? 1? ?18 1? ? 18 答案 ?- 5 ,2,5?或? 5 ,-2,-5? ? ? ? ? 二、解答题(每小题 15 分,共 30 分) 7. 如图所示,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的 平面互相垂直,AB= 2,AF=1,M 是线段 EF 的 中点. 求证:(1)AM∥平面 BDE; (2)AM⊥平面 BDF. 证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系, 设 AC∩BD=N,连接 NE. 则点 N、E 的坐标分别为 ? 2 ? 2 ? , ,0?、(0,0,1). 2 ?2 ? ? 2 2 → =? ?- ,- ,1?. ∴NE 2 ? 2 ?

? 2 ? 2 又点 A、M 的坐标分别是( 2, 2,0)、? , ,1? 2 2 ? ? 2 2 ? → =? ?- ,- ,1?. ∴AM 2 ? 2 ? → =AM → 且NE → 与AM → 不共线.∴NE∥AM. ∴NE 又∵NE?平面 BDE,AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDE. ? 2 2 → =? ?- ,- ,1?, (2)由(1)知AM 2 ? 2 ? ∵D( 2,0,0),F( 2, 2,1),B(0, 2,0), → =(0, 2,1),BF → =( 2,0,1), ∴DF →· → =0,AM →· → =0, ∴AM DF BF ∴AM⊥DF,AM⊥BF. 又 DF∩BF=F,∴AM⊥平面 BDF. 8. (2012· 常州一中期中)如图,正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,设 AD=1,D1D=λ(λ>0),若棱 C1C 上存在点 P 满足 A1P⊥平面 PBD,求实数 λ 的取值范围. 解 如图,以点 D 为原点 O,DA,DC,DD1 分别为 x,y, z 轴建立空间直角坐标系 D-xyz,则 D(0,0,0),B(1,1,0), A1(1,0,λ),设 P(0,1,x),其中 x∈[0,λ], → → 则A 1P=(-1,1,x-λ),BP=(-1,0,x). ∵A1P⊥平面 PBD, → → =0, ∴A BP 1P· 即(-1,1,x-λ)· (-1,0,x)=0,化简,得 x2-λx+1=0,x ∈[0,λ], 故判别式 Δ=λ2-4≥0,且 λ>0, 解得 λ≥2. ∴λ 的取值范围是[2,+∞).

分层训练 B 级

创新能力提升

→ =(1,5,-2),BC → =(3,1,z),若AB → ⊥BC → ,BP → =(x-1, 1.(2011· 芜湖模拟)已知AB y,-3),且 BP⊥平面 ABC,则实数 x,y,z 分别为________. → ⊥BC → ,∴AB →· → =0,即 3+5-2z=0,得 z=4, 解析 ∵AB BC → =(3,1,4), 又 BP⊥平面 ABC,∴BP⊥AB,BP⊥BC,BC ??x-1?+5y+6=0, 则? ?3?x-1?+y-12=0, 40 15 ,- 7 7 ,4 40 ? ?x= 7 , 解得? 15 ?y=- 7 . ?

答案

2.设点 C(2a+1,a+1,2)在点 P(2,0,0)、A(1,-3,2)、B(8,-1,4)确定的平面 上,则 a=________. → =(-1,-3,2),PB → =(6,-1,4). 解析 PA → =xPA → +yPB → (x,y∈R), 根据共面向量定理,设PC 则(2a-1,a+1,2)=x(-1,-3,2)+y(6,-1,4) =(-x+6y,-3x-y,2x+4y),

?2a-1=-x+6y, ∴?a+1=-3x-y, ?2=2x+4y,
答案 16

解得 x=-7,y=4,a=16.

3.我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量,在平面直角坐标系 中利用动点轨迹的方法,可以求出过点 A(2,1)且法向量 n=(-1,2)的直线(点 法式)方程为-(x-2)+2(y-1)=0,化简得 x-2y=0,类比以上求法在空间 直角坐标系中,经过点 A(3,-1,3)且法向量为 n=(1,-2,1)的平面(点法式) 方程为________.(请写出化简后的结果) → ⊥n, 解析 设 P(x,y,z)是平面内的任意一点,则PA →· ∴PA n=(3-x,-1-y,3-z)· (1,-2,1)=0, 即 x-2y+z-8=0.

答案 x-2y+z-8=0 4. (2012· 榆林质检)如图, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, 棱长为 a,M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN 2a = 3 , 则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是________. 2a 解析 ∵正方体棱长为 a,A1M=AN= 3 , → =2A → → 2→ ∴MB 1B,CN= CA, 3 3 → =MB → +BC → +CN → =2A → → 2→ ∴MN 1B+BC+ CA 3 3 2 → → 2 → → =3(A→ 1B1+B1B)+BC+ (CD+DA) 3 2→ 1 → → =3B 1B+ B1C1.又∵CD是平面 B1BCC1 的法向量, 3 2→ 1 → ? → →· → =? → ⊥CD →. ?3B1B+3B1C1?· ∴MN CD CD=0,∴MN ? ? 又∵MN?平面 B1BCC1,∴MN∥平面 B1BCC1. 答案 平行 5. (2013· 南京调研三 ) 在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中, E 为棱 AB 的中点, 点 P 在平面 A1B1C1D1 内.若 D1P⊥平面 PCE,试求线段 D1P 的长. 解 建立如图所示的空间直角坐标系,则 D1(0,0,2), E(2,1,0),C(0,2,0). → → 设 P(x,y,2),则D 1P=(x,y,0),EP=(x-2,y-1,2), → =(-2,1,0). EC ∵D1P⊥平面 PCE,∴D1P⊥EP,D1P⊥EC, → → → → 即D 1P⊥EP,D1P⊥EC, → → =0,D → → =0, ∴D EP EC 1P· 1P· ?x?x-2?+y?y-1?=0, 故? ?-2x+y=0,

?x=0, 解得? ?y=0

4 ? ?x=5, (舍去)或? 8 y = ? ? 5.

?4 8 ? 即 P?5,5,2?, ? ? 16 64 4 5 25+25= 5 .

?4 8 ? → ∴D 1P=?5,5,0?,∴D1P= ? ?

6.(2012· 北京)如图(1),在 Rt△ABC 中,∠C=90° ,BC=3,AC=6.D,E 分别 是 AC,AB 上的点,且 DE∥BC,DE=2,将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的 位置,使 A1C⊥CD,如图(2).

(1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由. (1)证明 ∵AC⊥BC,DE∥BC,∴DE⊥AC.

∴DE⊥A1D,DE⊥CD,∴DE⊥平面 A1DC, 又 A1C?平面 A1DC,∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD,∴A1C⊥平面 BCDE. (2)解 如图所示,以 C 为坐标原点,建立空间直

角坐标系 C-xyz 则 A1(0,0,2 3),D(0,2,0),M(0,1, 3),B(3,0,0), E(2,2,0). 设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z), → → =0. 则 n· A BE 1B=0,n·

?3x-2 3z=0, → → 又A 1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0),∴? ?-x+2y=0. 令 y=1,则 x=2,z= 3,∴n=(2,1, 3). → =(0,1, 3), 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ.∵CM → ? ? n· CM → ? ? = 4 = 2. ∴sin θ=|cos〈n,CM〉|=? → |? 8× 4 2 |CM ?|n|· ? π ∴CM 与平面 A1BE 所成角的大小为4. (3)解 线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.理由如下:

假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3].设平面 A1DP 的法 向量为 m=(x′,y′,z′), → → =0.又A → 则 m· A DP 1D=0,m· 1D=(0,2,-2 3), 2y′-2 3z′=0, → =(p,-2,0),∴? ? DP ?px′-2y′=0. 令 x′=2,则 y′=p,z′= p? p ? ,∴m=?2,p, ?. 3? ? 3

平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m· n=0, 即 4+p+p=0.解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. ∴线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.


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