A级 基础巩固
1.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为u=(-2,0,-4),则 ( )
A.l∥α B.l⊥α
C.l α D.l与α相交但不垂直
解析:因为u=-2a,所以a∥u,所以l⊥α.
答案:B
2.两平面α,β的一个法向量分别为u=(3,-1,z),v=(-2,-y,1),若α⊥β,则y+z的值是 ( )
A.-3 B.6 C.-6 D.-12
解析:因为α⊥β,所以u·v=0,所以-6+y+z=0,即y+z=6.
答案:B
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于 ( )
A.AC B.BD C.A1D D.A1A
解析:如图,建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),E,
所以=,=(-1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,-1),=(0,0,-1).
因为·=(-1)×+(-1)×+0×1=0,所以CE⊥BD.
因为·≠0,·≠0,·≠0,所以CE与AC,A1D,A1A都不垂直.
答案:B
4.在空间直角坐标系中,已知点A,B,C的坐标分别为(0,1,0),(-1,0,1),(2,1,1),点P的坐标为(x,0,z),若⊥,
⊥,则点P的坐标为.
解析:由题意可知,=(-1,-1,1),
=(2,0,1),=(-x,1,-z).
由⊥,⊥,知·=0,·=0,即解得所以P.
5.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.求证:AM⊥平面BDF.
证明:如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A(,,0),B(0,,0),D(,0,0),F(,,1),M.
所以=,=(0, ,1),=(,-,0).
设n=(x,y,z)是平面BDF的法向量,
则n⊥,n⊥,
所以解得
取y=1,则x=1,z=-.
所以n=(1,1,-)是平面BDF的一个法向量.
因为=,
所以n=- ,所以n∥,
所以AM⊥平面BDF.
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱BC的中点,试在棱CC1上求一点P,使得平面A1B1P⊥平面C1DE.
解:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A1(1,0,1),B1(1,1,1),
E,C1(0,1,1).
所以=(0,1,0),=,=(0,1,1).
设P(0,1,a),则=(-1,1,a-1).
设平面A1B1P的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
所以
取z1=1,则x1=a-1,y1=0.
所以n1=(a-1,0,1)是平面A1B1P的一个法向量.
设平面C1DE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
所以
取y2=1,则x2=-2,z2=-1.
所以n2=(-2,1,-1)是平面C1DE的一个法向量.
因为平面A1B1P⊥平面C1DE,
所以n1·n2=0,即-2(a-1)-1=0,解得a=.
所以当P为CC1的中点时,平面A1B1P⊥平面C1DE.
B级 拓展提高
7.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),=(x-1,y,-3),若⊥,且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为 ( )
A.,-,4 B.,-,4 C.,-2,4 D.4,,-15
解析:因为⊥,所以·=0,即3+5-2z=0,解得z=4,所以=(3,1,4).
因为BP⊥平面ABC,所以⊥,⊥,
所以解得
答案:B
8.在空间直角坐标系Oxyz中,已知点P(2cos x+1,2cos 2x+2,0)和点Q(cos x,-1,3),其中x∈[0,π],若直线OP与直线OQ垂直,则x的值为或.
解析:因为OP⊥OQ,所以·=0,即(2cos x+1)×cos x+
(2cos 2x+2)×(-1)+0×3=0.所以cos x=0或cos x=.
因为x∈[0,π],所以x=或x=.
9.如图,已知四边形ABCD是矩形,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在线段BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于2.
解析:如图,建立空间直角坐标系,则D(0,a,0).
设Q(1,x,0)(0≤x≤a),P(0,0,z),则=(1,x,-z),=(-1,a-x,0).
由PQ⊥QD,得-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0.
由题意知关于x的方程x2-ax+1=0只有一解,
所以Δ=a2-4=0,解得a=2,这时x=1,x∈[0,2].
10.(浙江高考节选)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.求证:EF⊥BC.
证明:如图,连接A1E.因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E 平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC.
如图,以E为坐标原点,分别以过点E且垂直于AC的直线为x轴,射线EC,EA1为y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.
设AC=4,则E(0,0,0),A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),C(0,2,0).
所以F,=,=(-,1,0).
所以·=0,所以EF⊥BC.
11.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,且AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90°,侧面PAD⊥底面ABCD.若PA=AB=BC=AD.
(1)求证:CD⊥平面PAC.
(2)侧棱PA上是否存在点E,使得BE∥平面PCD 若存在,求出点E的位置,若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,所以PA⊥底面ABCD.
又因为∠BAD=90°,所以AB,AD,AP两两垂直.
如图,以A为坐标原点,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.
设AD=2,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1).
所以=(0,0,1),=(1,1,0),=(-1,1,0),
所以·=0,·=0,
所以AP⊥CD,AC⊥CD.
又因为AP∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.
(2)解:侧棱PA上存在点E,使得BE∥平面PCD.
由(1)设E(0,0,t),则=(-1,0,t).
易知=(-1,1,0),=(0,2,-1).
设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),
则即
取x=1,则y=1,z=2.
所以平面PCD的一个法向量为n=(1,1,2).
所以n·=1×(-1)+1×0+2×t=0,解得t=.
所以当E为PA的中点时,BE∥平面PCD.
C级 挑战创新
12.多选题如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F两点分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则 ( )
A.EF至多与A1D,AC中的一个垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1平行
D.EF与BD1异面
解析:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),
所以=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=,=(-1,-1,1),
所以=-,·=0,·=0,
所以EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.
答案:BC
13.多空题如图①,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上,要使CE⊥平面B1DE,建立空间直角坐标系(如图②),则=,AE=a或2a.
① ②
解析:由题意知B1(0,0,3a),C(0,a,0),D.
设E(a,0,z)(0≤z≤3a),则=(a,-a,z),=(a,0,z-3a),=.
由题意知·=a2-a2+0=0,·=2a2+0+z(z-3a)=0.
由2a2+z2-3az=0,解得z=a或z=2a.
故AE=a或2a.(共35张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
+X
wuH
IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
预习导学思维动
重点探究知发展
读一已知直三棱柱及相关条件,证明面面垂直
想
转化为证明两个平面的法向量垂直
由题意得AB,BC,B1B两两垂直
B
m
算
如图,以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分
别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则
A(2,0,0),A1(2,0,1),C(0,2,0),C1(0,2,1),
E|0,0
,所以AA1=(0,0,1),AC=(-2,2,0),
AC1=(-2,2,1),AE=-2
设平面AA1C1C的法向量为n1=(x1,y1,z1),
n1·AA1=0
z1=0,
则
n1·AC=0,
2x1+2y1=0
取x1=1,则y1=1,z1=0.
所以n1=(1,1,0)是平面AA1C1C的一个法向量
设平面AEC1的法向量为n2=(x2,y
29之2)°
n2.AC1=0
2x2+2y2+z2=0,
则
即
n2·AE=0,
2x2+-。z
22
取z2=4,则
y
所以n2=(1,-1,4)是平面AEC1的一个法向量
因为n1·n2=1×1+1×(-1)+0×4=0,
所以n1⊥n2,所以平面AEC1⊥平面AA1C1C.
规律方法
1利用空间向量证明面面垂直的方法
思
(1)利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为
线面垂直,进而转化为线线垂直问题
(2)直接求解两个平面的法向量,证明两个法向量垂直,
从而得到两个平面垂直
2向量法证明面面垂直的优越性
主要体现在不必考虑图形的位置关系,恰当建系或用基向
量表示后,只需经过向量运算就可得到要证明的结果,思
路方法很“公式化”
利用向量刻利用向量证明线
画线线垂直线垂直的方法
知识利用向量刻订利用向量证明线
画线面垂直面垂直的方法
方法
利用向量刻利用向量证明面(迎辑推理(数学运算
画面面垂直面垂直的方法
素养或思想A级 基础巩固
1.若平面α,β的一个法向量分别为a=,b=(-1,2,-6),则 ( )
A.α∥β
B.α与β相交但不垂直
C.α⊥β
D.α∥β或α与β重合
解析:因为b=-2a,所以α∥β或α与β重合.
答案:D
2.已知直线l1,l2的方向向量分别为a,b,且a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若l1∥l2,则λ与μ的值可以分别为 ( )
A.2, B.-,
C.-3,2 D.2,2
解析:由题意可知,当λ=0时,不满足要求,故解得或
答案:A
3.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为A1B,AC的中点,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:如图,建立空间直角坐标系,
则A(2,2,2),A1(2,2,0),C(0,0,2),B(2,0,2).
因为M,N分别为A1B,AC的中点,
所以M(2,1,1),N(1,1,2),所以=(-1,0,1).
易知平面BB1C1C的一个法向量为n=(0,1,0),
因为-1×0+0×1+1×0=0,即·n=0,
所以⊥n.
又因为MN 平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.故选B.
答案:B
4.若平面α的一个法向量为u1=(-3,y,2),平面β的一个法向量为u2=(6,-2,z),且α∥β,则y+z=-3.
解析:因为α∥β,所以u1∥u2,所以==,所以y=1,z=-4.所以y+z=-3.
5.如图,在长方体OAEB-O1A1E1B1中,OA=3,OB=4,OO1=2,点P在棱AA1上,且AP=2PA1,点S在棱BB1上,且SB1=2BS,Q,R分别是棱O1B1,AE的中点.求证:PQ∥RS.
证明:如图,建立空间直角坐标系,则A(3,0,0),B(0,4,0),O1(0,0,2),A1(3,0,2),B1(0,4,2),E(3,4,0).
易求得P,Q(0,2,2),R(3,2,0),S,
所以=,=.
所以=,所以∥.
因为R PQ,所以PQ∥RS.
6.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点.求证:
(1)FC1∥平面ADE;
(2)平面ADE∥平面B1C1F.
证明:如图所示,建立空间直角坐标系,则有D(0,0,0),A(2,0,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2,2,2),所以=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).
(1)设平面ADE的法向量是n1=(x1,y1,z1),
则n1⊥,n1⊥,
即所以
取z1=2,则x1=0,y1=-1,所以n1=(0,-1,2)是平面ADE的一个法向量.
因为·n1=-2+2=0,所以⊥n1.
又因为FC1 平面ADE,所以FC1∥平面ADE.
(2)易知=(2,0,0).
设平面B1C1F的法向量是n2=(x2,y2,z2),
则n2⊥,n2⊥,
即所以
取z2=2,则x2=0,y2=-1,所以n2=(0,-1,2)是平面B1C1F的一个法向量.
因为n1=n2,所以平面ADE∥平面B1C1F.
B级 拓展提高
7.若a=是平面α的一个法向量,且b=(-1,2,1),
c=都与平面α平行,则a等于 ( )
A.
B.
C.
D.
解析:由题意,知a·b=0,a·c=0,
即解得
所以a=.
答案:D
8.已知直线l∥平面ABC,且l的一个方向向量为a=(2,m,1),若A,B,C三点的坐标分别为(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),则实数m的值为-3.
解析:因为l∥平面ABC,所以存在实数x,y,使a=x+y.
由题意知=(1,0,-1),=(0,1,-1),
所以(2,m,1)=x(1,0,-1)+y(0,1,-1)=(x,y,-x-y),
所以解得
9.已知直线a,b的方向向量分别为m=(4,k,k-1)和n=,若a∥b,则k=-2.
解析:当k=0或k=-3时,易知a与b不平行;
当k≠0,且k≠-3时,由a∥b,得==,解得k=-2.
10.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点.设Q是CC1上的点,则当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO
解:如图,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,
则O(1,1,0),A(2,0,0),P(0,0,1),B(2,2,0),D1(0,0,2),所以=(1,-1,0),=(-1,-1,1),=(-2,-2,2).
设平面PAO的法向量为n1=(x,y,z),
则即
取x=1,则y=1,z=2.
所以平面PAO的一个法向量为n1=(1,1,2).
设Q(0,2,c),n2是平面D1BQ的一个法向量,则=(-2,0,c).
若平面D1BQ∥平面PAO,则n1∥n2,故n2=λn1.
又因为BQ 平面D1BQ,所以n2·=0,
所以n1·=0,即-2+2c=0,所以c=1,
这时n1·=-2-2+4=0.
所以当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.
11.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,M分别是BC,AE的中点,AD=AA1=a,AB=2a.试问在线段CD1上是否存在一点N使MN∥平面ADD1A1 若存在,确定N的位置;若不存在,请说明理由.
解:如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(a,0,0),D1(0,0,a),C(0,2a,0),E,M,所以=(0,2a,0),=,=(0,-2a,a).
假设CD1上存在点N使MN∥平面ADD1A1,并设=λ=(0,-2aλ,aλ)(0<λ<1),
则=+=(0,2a,0)+(0,-2aλ,aλ)=,
=-=.
由题意知=(0,2a,0)是平面ADD1A1的一个法向量,
所以⊥,即2a(a-2aλ)=0,解得λ=.
因为MN 平面ADD1A1,
所以存在N为CD1的中点,使MN∥平面ADD1A1.
C级 挑战创新
12.多选题如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,平行六面体的各棱长均相等.下列结论正确的是 ( )
A.A1M∥D1P
B.A1M∥B1Q
C.A1M∥平面DCC1D1
D.A1M∥平面QB1B
解析:因为=+=+,=+
=+=,
所以∥,从而A1M∥D1P,可得A,C两项正确.
因为B1Q与D1P不平行,所以B1Q与A1M不平行,所以B,D两项不正确.
答案:AC(共41张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
+X
wuH
IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
预习导学思维动
重点探究知发展
利用向量刻画凵利用向量证明线线
线线平行
平行的方法
知认利用向量刻画利用向量证明线面
线面平行
平行的方法
方法
利用向量刻画□利用向量证明面面
面面平行
平行的方法
逻辑推理数学运算
素养或思想(共37张PPT)
第一章 空间向量与立体几何
+X
wuH
IV
1=0310
0:哪-D,90
Ta
g
+X)
1=10813
0-D900=m7
S03
预习导学思维动
重点探究知发展
点的位置向量直观想象素养或思想
空间直线的
证明空间任意三点
知识向量表示
共线的方法
空间平面的
证明空间四点共面
方法
向量表示
的方法
平面的法向量
平面法向量的求法A级 基础巩固
在空间直角坐标系中,已知点A(1,-2,0)和向量a=(-3,4,6),
||=2|a|,若与a方向相反,则点B的坐标为 ( )
A.(-7,6,12) B.(7,-10,-12)
C.(7,-6,12) D.(-7,10,12)
解析:设B(x,y,z),则=(x-1,y+2,z).
因为||=2|a|,且与a方向相反,
所以=-2a=-2×(-3,4,6)=(6,-8,-12),
所以x=7,y=-10,z=-12,即B(7,-10,-12).
故选B.
答案:B
2.在空间直角坐标系中,已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)三点,平面ABC的一个单位法向量是( )
A. B.
C. D.
解析:由题意,知=(-1,1,0),=(-1,0,1).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则即
取x=1,则y=1,z=1.
所以n=(1,1,1)是平面ABC的一个法向量,
所以平面ABC的一个单位法向量为或.
答案:D
3.已知A,B,C三点不共线,O为平面ABC外一点,若由向量=++λ确定的点P与A,B,C共面,则λ=.
解析:因为A,B,C三点不共线,O是平面ABC外一点,由向量=++λ确定的点P与A,B,C共面,所以++λ=1,解得λ=.
4.已知A,B,C是平面α内三点,设平面α的法向量为a=(x,y,z),则x∶y∶z=2∶3∶(-4).
解析:由已知,得=,
=,且,不共线.
因为a是平面α的法向量,
所以a·=0,a·=0,
即所以
所以x∶y∶z=y∶y∶=2∶3∶(-4).
5.如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,四边形ADD1A1,四边形ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于点F.求:
(1)平面A1DE的一个法向量;
(2)平面A1B1CD的一个法向量.
解:因为四边形AA1B1B、四边形ADD1A1、四边形ABCD均为正方形,
所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD,且AA1=AB=AD.以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴和z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设AB=AD=AA1=1,可得A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1).
因为E为B1D1的中点,所以E.
(1)易知=,=(0,1,-1).
设平面A1DE的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
即所以
取y1=1,则x1=-1,z1=1.
所以n1=(-1,1,1)是平面A1DE的一个法向量.
(2)易知=(1,0,0),=(0,1,-1).
设平面A1B1CD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即所以
取z2=1,则x2=0,y2=1.
所以n2=(0,1,1)是平面A1B1CD的一个法向量.
B级 拓展提高
6.已知平面α内两向量a=(1,1,1),b=(0,2,-1),且c=ma+nb+(4,-4,1).若c为平面α的一个法向量,则m,n的值分别为 ( )
A.-1,2 B.1,-2 C.1,2 D.-1,-2
解析:因为a=(1,1,1),b=(0,2,-1),所以c=ma+nb+(4,-4,1)=(m,m,m)+(0,2n,-n)+(4,-4,1)=(m+4,m+2n-4,m-n+1).由c为平面α的一个法向量,得即解得
答案:A
7.在空间直角坐标系中,已知点A(4,1,3),B(2,-5,1),C为线段AB上一点,若=,则点C的坐标为 ( )
A. B.
C. D.
解析:设C(x,y,z),因为A(4,1,3),B(2,-5,1),C为线段AB上一点,且=,所以=,即(x-4,y-1,z-3)=(-2,-6,-2),
所以x=,y=-1,z=,即C.
答案:C
8.如图,已知PA⊥矩形ABCD所在的平面,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)指出直线MN的一个以A为起点的方向向量;
(2)若∠PDA=45°,求证:为平面PCD的一个法向量.
(1)解:取PD的中点E,连接NE,AE(图略).
因为N是PC的中点,所以NE∥DC,NE=DC.
又因为DC∥AB,DC=AB,M为AB的中点,
所以AM∥DC,AM=DC,所以NE AM,
所以四边形AMNE是平行四边形,所以MN∥AE.
所以为直线MN的一个以A为起点的方向向量.
(2)证明:在Rt△PAD中,∠PDA=45°,E为PD中点,
所以AP=AD,所以AE⊥PD.
又因为MN∥AE,所以MN⊥PD.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.
因为CD⊥AD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD.
因为AE 平面PAD,所以CD⊥AE.
又因为MN∥AE,所以CD⊥MN.
因为CD∩PD=D,所以MN⊥平面PCD.
所以为平面PCD的一个法向量.
C级 挑战创新
9.多选题如图所示,在空间直角坐标系中,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,下列结论正确的是( )
A.平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0)
B.平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)
C.平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)
D.平面ABC1D1的一个法向量为(0,1,1)
解析:由题意,知=(0,1,0).因为AB⊥AD,AA1⊥AD,AB∩AA1=A,所以AD⊥平面ABB1A1,故选项A正确.
由题意,知=(-1,0,0).因为(1,1,1)·=-1≠0,所以向量(1,1,1)不是平面B1CD的一个法向量,故选项B不正确.
由题意,知=(0,1,-1), =(-1,0,1).因为(1,1,1)·=0,(1,1,1)·=0,B1C∩CD1=C,所以向量(1,1,1)是平面B1CD1的一个法向量,故选项C正确.
由题意,知=(0,1,1).因为·(0,1,1)=2≠0,所以向量(0,1,1)不是平面ABC1D1的一个法向量,故选项D不正确.
答案:AC
10.多空题如图,设O为 ABCD所在平面外任意一点,E为OC的中点,若=+x+y,则x=,y=-.
解析:因为=++=(-)+(-)+(-)=
-=-=-+(+)=-++=-++,
所以x=,y=-.
