【数学】2019届一轮复习人教B版　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直学案 18页

第 44 讲　 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直 考纲要求 考情分析 命题趋势 2016·山东卷， 17 2016·浙江卷， 17 2016·天津卷， 17 1.理解直线的方向向量与平面法向 量的意义． 2．能用向量语言表达直线与直线、 直线与平面、平面与平面的垂直和平行 关系． 3．能用向量方法证明有关直线和平 面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). 分值：5～6 分 空间直角坐标系、 空间向量及其运算在高 考中主要作为解题工具， 解决直线、平面的平行、 垂直位置关系的判定等 问题. 1．直线的方向向量与平面的法向量的确定 (1)直线的方向向量：在直线上任取一__非零__向量作为它的方向向量． (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 为平面 α 的 法向量，则求法向量的方程组为Error! 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__. 1．思维辨析(在括号内打“√”或“×”)． (1)直线的方向向量是唯一确定的．(　×　) (2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(　√　) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合．(　√　) (4)若空间向量 a 平行于平面 α，则 a 所在直线与平面 α 平行．(　×　) 2．已知 A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则下列向量是平面 ABC 法向量的是(　C　) A．(－1,1,1)　　 B．(1，－1,1) C．(－ 3 3 ，－ 3 3 ，－ 3 3 )　　 D．( 3 3 ， 3 3 ，－ 3 3 ) 解析 AB → ＝(－1,1,0)，AC → ＝(－1,0,1)，经计算得 C 符合题意． 3．已知直线 l 的方向向量 v＝(1,2,3)，平面 α 的法向量为 u＝(5,2，－3)，则 l 与 α 的位 置关系是__l∥a 或 l⊂α__. 解析 ∵v＝(1,2,3)，u＝(5,2，－3)，1×5＋2×2＋3×(－3)＝0， ∴v⊥u，∴l∥a 或 l⊂α. 4．设 u，v 分别是平面 α，β 的法向量，u＝(－2,2,5)，当 v＝(3，－2,2)时，α 与 β 的位 置关系为__α⊥β__；当 v＝(4，－4，－10)时，α 与 β 的位置关系为__α∥β__. 解析 当 v＝(3，－2,2)时，u⊥v，则 α⊥β，当 v＝(4，－4，－10)时，u∥v，则 α∥β. 5．如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，O 是底面正方形 ABCD 的中心，M 是 D1D 的中点，N 是 A1B1 的中点，则直线 ON，AM 的位置关系是__异面垂直__. 解析 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立直角坐标系，设正方体 棱长为 2，则 A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，则ON → ＝(1,0,2)，∴ON → ·AM → ＝0，∴ON → ⊥AM → ，∴ON⊥AM. 一　利用空间向量证明平行问题 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平 行和垂直的关键． (2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或 证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线 的方向向量平行，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运算． 【例 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 Axyz，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)， ∴Error!解得 s＝t＝2.∴PB → ＝2FE → ＋2FG → ， 又∵FE → 与FG → 不共线，∴PB → ，FE → 与FG → 共面． ∵PB⊄平面 EFG，∴PB∥平面 EFG. 二　利用空间向量证明垂直问题 证明垂直问题的方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几 何证明转化为向量运算．其中灵活建系是解题的关键． (2)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；证明线面垂直，只需 证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与 平面的法向量平行；证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判 定定理，只要能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即可． 【例 2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC－A1B1C1 的所有棱长都 为 2，D 为 CC1 的中点．求证：AB1⊥平面 A1BD． 证明 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，分别以OB → ，OO1→ ，OA → 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)，A(0,0， 3)，A1(0,2， 3)，B1(1,2,0)． 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，BA1→ ＝(－1,2， 3)，BD → ＝(－2,1,0)． 因为 n⊥BA1→ ，n⊥BD → ，故Error!⇒Error! 令 x＝1，则 y＝2，z＝－ 3，故 n＝(1,2，－ 3)为平面 A1BD 的一个法向量，而AB1→ ＝ (1,2，－ 3)，所以AB1→ ＝n，所以AB1→ ∥n， 故 AB1⊥平面 A1BD． 【例 3】 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，以过 O 平行于 BD 的直线为 x 轴，以 AD，OP 分别为 y，z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz. 则 O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)． 于是AP → ＝(0,3,4)，BC → ＝(－8,0,0)， ∴AP → ·BC → ＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，∴AP → ⊥BC → ，即 AP⊥BC． (2)由(1)知|AP|＝5， 又|AM|＝3，且点 M 在线段 AP 上， ∴AM → ＝3 5AP → ＝(0，9 5，12 5 )， 又BC → ＝(－8,0,0)，AC → ＝(－4,5,0)， BA → ＝(－4，－5,0)，∴BM → ＝BA → ＋AM → ＝(－4，－16 5 ，12 5 )， 则AP → ·BM → ＝(0,3,4)·(－4，－16 5 ，12 5 )＝0， ∴AP → ⊥BM → ，即 AP⊥BM，又根据(1)的结论知 AP⊥BC，且 BM∩BC＝C，∴AP⊥平面 BMC，于是 AM⊥平面 BMC．又 AM⊂平面 AMC，∴平面 AMC⊥平面 BMC． 三　利用空间向量解决探索性问题 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是先根据条件作出判断，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”． 【例 4】 如图，棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的所有棱长都等于 2，∠ABC 和∠A1AC 均为 60°，平面 AA1C1C⊥平面 ABCD． (1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线 CC1 上是否存在点 P，使 BP∥平面 DA1C1.若存在，求出点 P 的位置，若不存 在，请说明理由． 解析 (1)证明：设 BD 与 AC 交于点 O，则 BD⊥AC，连接 A1O，在△AA1O 中，AA1＝ 2，AO＝1，∠A1AO＝60°， 由余弦定理，得 A1O2＝AA21＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， ∴AO2＋A1O2＝AA21，∴A1O⊥AO. 由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD，∴A1O⊥平面 ABCD． 以 OB，OC，OA1 所在直线分別为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0，－1,0)，B( 3，0,0)，C(0,1,0)，D(－ 3，0,0)，A1(0,0， 3)，C1(0,2， 3)． 由于BD → ＝(－2 3，0,0)，AA1→ ＝(0,1， 3)，AA1→ ·BD → ＝0×(－2 3)＋1×0＋ 3×0＝0， ∴BD → ⊥AA1→ ，即 BD⊥AA1. (2)假设在直线 CC1 上存在点 P，使 BP∥平面 DA1C1， 设CP → ＝λCC1→ ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1， 3)． 从而有 P(0,1＋λ， 3λ)，BP → ＝(－ 3，1＋λ， 3λ)． 设 n3＝(x3，y3，z3)为平面 DA1C1 的一个法向量， 则Error!又A1C1→ ＝(0,2,0)，DA1→ ＝( 3，0， 3)， 则Error!取 n3＝(1,0，－1)， ∵BP∥平面 DA1C1，则 n3⊥BP → ，即 n3·BP → ＝－ 3－ 3λ＝0， 得 λ＝－1， 即点 P 在 C1C 的延长线上，且 C1C＝CP. 1．如图，在四面体 A－BCD 中，AD⊥平面 BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2 2，M 是 AD 的中点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ＝3QC．证明：PQ∥平面 BCD． 证明 如图，取 BD 的中点 O，以 O 为原点，OD，OP 所在射线分别为 y，z 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意知，A(0，2，2)，B(0，－ 2，0)，D(0，2，0)． 设点 C 的坐标为(x0，y0,0)． 因为AQ → ＝3QC → ，所以 Q( 3 4x0， 2 4 ＋3 4y0，1 2). 因为 M 为 AD 的中点，故 M(0，2，1)． 又 P 为 BM 的中点，故 P(0，0，1 2)， 所以PQ → ＝( 3 4x0， 2 4 ＋3 4y0，0). 又平面 BCD 的一个法向量为 a＝(0,0,1)，故PQ → ·a＝0. 又 PQ⊄平面 BCD，所以 PQ∥平面 BCD． 2．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 导学号 74780343 (1)如图建立空间直角坐标系 Axyz，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) . 取 AB 中点为 N，连接 CN， 则 N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴DE → ＝(－2,4,0)，NC → ＝(－2,4,0)， ∴DE → ＝NC → ，∴DE∥NC， 又∵NC⊂平面 ABC，DE⊄平面 ABC． 故 DE∥平面 ABC． (2)B1F → ＝(－2,2，－4)，EF → ＝(2，－2，－2)，AF → ＝(2,2,0)． B1F → ·EF → ＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4) ×(－2)＝0， B1F → ·AF → ＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴B1F → ⊥EF → ，B1F → ⊥AF → ，即 B1F⊥EF，B1F⊥AF， 又∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面 AEF. 3．如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，PC⊥平面 ABCD，PC＝2，在四边形 ABCD 中，∠ B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点 M 在 PB 上，PB＝4PM，PB 与平面 ABCD 成 30°角． (1)求证：CM∥平面 PAD； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PAD． 证明 (1)以 C 为坐标原点，分别以 CB 所在直线为 x 轴，CD 所在直线为 y 轴，CP 所在 直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz， ∵PC⊥平面 ABCD，∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角，∴∠PBC＝30°. ∵|PC|＝2，∴|BC|＝2 3，|PB|＝4. ∴D(0,1,0)，B(2 3，0,0)，A(2 3，4,0)，P(0,0,2)，M( 3 2 ，0，3 2)， ∴DP → ＝(0，－1,2)，DA → ＝(2 3，3,0)，CM → ＝( 3 2 ，0，3 2)， 令 n＝(x，y，z)为平面 PAD 的一个法向量． 则Error!即Error!∴Error! 令 y＝2，得 n＝(－ 3，2,1)． ∵n·CM → ＝－ 3× 3 2 ＋2×0＋1×3 2＝0， ∴n⊥CM → ，又 CM⊄平面 PAD，∴CM∥平面 PAD． (2)取 AP 的中点 E，则 E( 3，2,1)，BE → ＝(－ 3，2,1)． ∵|PB|＝|AB|，∴BE⊥PA． 又∵BE → ·DA → ＝(－ 3，2,1)·(2 3，3,0)＝0， ∴BE → ⊥DA → ，∴BE⊥DA， 又 PA∩DA＝A，∴BE⊥平面 PAD， 又∵BE⊂平面 PAB， ∴平面 PAB⊥平面 PAD． 4．在四棱锥 P－ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 为正方形，PD＝DC，E，F 分别是 AB，PB 的中点． (1)求证：EF⊥CD； (2)在平面 PAD 内求一点 G，使 GF⊥平面 PCB，并证明你的结论． 解析 (1)证明：如图，分别以 DA，DC，DP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角 坐标系，设 AD＝a，则 D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E (a，a 2，0)，P(0,0，a)， F( a 2，a 2，a 2). EF → ＝(－a 2，0，a 2)，DC → ＝(0，a,0)． ∵EF → ·DC → ＝0，∴EF → ⊥DC → ，即 EF⊥CD． (2)设 G(x,0，z)， 则FG → ＝(x－a 2，－a 2，z－a 2)， 若使 GF⊥平面 PCB，则 由FG → ·CB → ＝(x－a 2，－a 2，z－a 2)·(a,0,0) ＝a(x－a 2 )＝0，得 x＝a 2； 由FG → ·CP → ＝(x－a 2，－a 2，z－a 2)·(0，－a，a) ＝a2 2 ＋a(z－a 2 )＝0，得 z＝0， ∴G 点坐标为( a 2，0，0)，即 G 点为 AD 的中点． 易错点　坐标系建立不恰当、点的坐标出错 错因分析：①写准点的坐标是关键，要利用中点、向量共线、相等来确定点的坐标．② 利用a＝λb证明直线平行需强调两直线不重合，证明直线与平面平行仍需强调直线在平面外． 【例 1】 如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD－A 1B1C1D1 中，E，F，M，N 分别是棱 AB，AD，A 1B1 ，A 1D1 的中点，点 P，Q 分别在棱 DD 1 ，BB 1 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 Dxyz. 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)，BC1→ ＝(－2,0,2)， FP → ＝(－1,0，λ)，FE → ＝(1,1,0)，MN → ＝(－1，－1,0)， NP → ＝(－1,0，λ－2)． (1)证明：当 λ＝1 时，FP → ＝(－1,0,1)， 因为BC1→ ＝(－2,0,2)，所以BC1→ ＝2FP → ，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 Error!可得Error!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± 2 2 . 故存在 λ＝1± 2 2 ，使平面 EFPQ 与平面 PQMN 所成的二面角为直二面角． 【跟踪训练 1】 (2018·河北衡水中学检测)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 上的是否存在一点 E，使得 BE∥平面 PAC．若存在， 求 SE∶EC 的值；若不存在，请说明理由． 解析 连接 BD，设 AC 交 BD 于 O，则 AC⊥BD． 由题意知 SO⊥平面 ABCD． 以 O 为坐标原点，OB → ，OC → ，OS → 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系如 图． 设底面边长为 a，则高|SO|＝ 6 2 a. 于是 S(0，0， 6 2 a)，D(－ 2 2 a，0，0)， B( 2 2 a，0，0)，C(0， 2 2 a，0). (1)证明：OC → ＝(0， 2 2 a，0)，SD → ＝(－ 2 2 a，0，－ 6 2 a)， 则OC → ·SD → ＝0.故 OC⊥SD，从而 AC⊥SD． (2)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， 且DS → ＝( 2 2 a，0， 6 2 a)，CS → ＝(0，－ 2 2 a， 6 2 a)， BC → ＝(－ 2 2 a， 2 2 a，0). 设CE → ＝tCS → ， 则BE → ＝BC → ＋CE → ＝BC → ＋tCS → ＝(－ 2 2 a， 2 2 a(1－t)， 6 2 at)， 而BE → ·DS → ＝0， 所以(－ 2 2 a， 2 2 a(1－t)， 6 2 at)·( 2 2 a，0， 6 2 a)＝0， 解得 t＝1 3，即当 SE∶EC＝2∶1 时，BE → ⊥DS → . 又 BE⊄平面 PAC，故 BE∥平面 PAC． 课时达标　第 44 讲 [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 α，直线 l 的方向向量为 s，平面 α 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 α 的法向量为 n，能使 l⊥α 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⊥α，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 α 的法向量为 n＝(2，x2＋x，－x)，若直线 l∥ 平面 α，则 x＝(　D　) A．－2　　 B．－ 2　　 C． 2　　 D．± 2 解析 由已知得 s·n＝0，故－1×2＋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．( 2 3 ， 2 3 ，1) C．( 2 2 ， 2 2 ，1)　　 D．( 2 4 ， 2 4 ，1)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,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Error!即Error! 解得Error!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＝ 2 2 ，所以 M( 2 2 ， 2 2 ，1). 5．如图所示，在正方体 ABCD－A 1B1C1D1 中，E，F 分别在 A1D，AC 上，且 A1E＝2 3 A1D，AF＝1 3AC，则(　B　) A．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( 1 3，0，1 3)， F( 2 3，1 3，0)， B(1,1,0) ， D1(0,0,1)， A1D → ＝(－1,0，－1)，AC → ＝(－1,1,0)， EF → ＝( 1 3，1 3，－1 3)，BD1→ ＝(－1，－1,1)， EF → ＝－1 3BD1→ ，A1D → ·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，A1M＝AN＝ 2a 3 ，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＝ 2a 3 ， 则 M(a，2a 3 ，a 3)，N( 2a 3 ，2a 3 ，a)，MN → ＝(－a 3，0，2a 3 )， 又 C1D1⊥平面 BB1C1C， 所以C1D1→ ＝(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 α 的法向量 n＝(1，1 2，2)，且 l⊥α，则 m＝ __4__. 解析 因为 l⊥α，所以 e∥n，即 e＝λn(λ≠0)，亦即(2,1，m)＝λ (1，1 2，2)，所以Error! 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，y，z 分别为__40 7 ，－15 7 ，4__. 解析 由已知得Error!解得Error! 9．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__平行__. 解析 由已知得，AB → ＝(0,1，－1)，AC → ＝(1,0，－1)，设平面 α 的一个法向量为 m＝(x， y，z)， 则Error!得Error! 得Error!令 z＝1，得 m＝(1,1,1)． 又 n＝(－1，－1，－1)，所以 m＝－n，即 m∥n，所以 α∥β. 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(1，1 2，1)，F( 1 2，1，1)，G(0，1 2，1)， 因为EF → ＝(－1 2，1 2，0)，BF → ＝(－1 2，0，1)， 而AG → ＝(－1，1 2，1)，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－1 2＋m＝0⇒m＝1 2 ， 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 ABE 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EF EA；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 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. 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 θ， 所以 sin θ＝|cos〈EC → ，OD → 〉|＝ |EC → ·OD → | |EC → ||OD → | ＝ 3 3 ， 即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为 3 3 . (3)存在点 F，且EF EA＝1 3时，有 EC∥平面 FBD． 证明如下：由EF → ＝1 3EA → ＝(－1 3，0，－1 3)， F(－1 3，0，2 3)，所以FB → ＝( 4 3，0，－2 3)，BD → ＝(－1,1,0)． 设平面 FBD 的法向量为 v＝(a，b，c)， 则有Error!所以Error!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 FBD， 即点 F 满足EF EA＝1 3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＝2 3，点 M 在 BB1 上，GM⊥BF，垂足为 H，求证：EM⊥平面 BCC1B1. 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(3,0,1)，F(0,3,2)，D 1(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(0，2 3，0)，则GM → ＝(0，－2 3，z0 )， 而BF → ＝(0,3,2)， 由题设得GM → ·BF → ＝－2 3×3＋z0·2＝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.