2021版高考數(shù)學一輪復習 第九章 立體幾何 9.6 利用空間向量討論平行與垂直練習 理 北師大版

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1、 9.6 利用空間向量討論平行與垂直 核心考點·精準研析 考點一　利用空間向量證明空間的平行問題? 1.以下四組向量是平面α,β 的法向量,那么能判斷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.如下列圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,棱長為a,M,N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=,那么MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是 (　

2、　) A.相交 B.平行 C.垂直 D.不能確定 3.如圖,正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,那么M點的坐標為 (　　) 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,,α∥β,那么x+y=________________.? 【解析】1.選B.因為在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能判斷α,β平行. 2.選B.分別以C1B1,C1D1

3、,C1C所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系.因為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⊥. 因為是平面BB1C1C的法向量,且MN?平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C. 3.選C.建系如圖,那么A(,,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),設(shè)M(a,a,1),那么=(a-,a-,1),可求出平面BDE的一個法向量n=(1,1,),因為AM∥平面BDE,所以·n=0,可得a=,M的坐標為,,1. 4.因為α∥β,所以v∥u,所以==, 所以所以x+y=.

4、 答案: 1.證明線面平行的常用方法:(1)證明直線的方向向量與平面內(nèi)的兩個不共線的向量共面.(2)證明直線的方向向量與平面內(nèi)的一個向量平行.(3)證明直線的方向向量與平面的法向量垂直. 2.證明面面平行常用的方法:(1)利用上述方法證明平面內(nèi)的兩個不共線向量都平行于另一個平面.(2)證明兩個平面的法向量平行.(3)證明一個平面的法向量也是另一個平面的法向量. 秒殺絕招 結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理解T3: 設(shè)AC與BD相交于O點,連接OE, 因為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對角線的交點,所以M為

5、線段EF的中點. 在空間直角坐標系中,E(0,0,1),F(,,1). 由中點坐標公式,知點M的坐標為,,1. 考點二　利用空間向量證明空間的垂直問題? 命 題 精 解 讀 1.考什么:(1)考查利用空間向量證明線面、面面垂直問題.(2)考查直觀想象與邏輯推理的核心素養(yǎng). 2.怎么考:與空間圖形中與垂直有關(guān)的定理結(jié)合考查利用空間向量證明空間的垂直問題. 3.新趨勢:以柱、錐、臺體為載體,與證明空間角綜合命題. 學 霸 好 方 法 1.證明線面平行和垂直問題,可以用幾何法,也可以用向量法.用向量法的關(guān)鍵在于構(gòu)造向量,再用共線向量定理或共面向量定理及兩向量垂直的判

6、定定理.假設(shè)能建立空間直角坐標系,其證法較為靈活方便. 2.交匯問題: 一般先證明線面、面面垂直,再求線面角或二面角. 證明線面垂直 【典例】如下列圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC =60°,PA=AB=BC,E是PC的中點. 證明:(1)AE⊥CD.(2)PD⊥平面ABE. 【證明】AB,AD,AP兩兩垂直, 建立如下列圖的空間直角坐標系,設(shè)PA=AB=BC=1,那么P(0,0,1). (1)因為∠ABC=60°,所以△ABC為正三角形, 所以C,,0,E,,. 設(shè)D(0,y,0),由AC⊥CD,得· =0, 即

7、y=,那么D0,,0, 所以=-,,0.又 =,,, 所以· =-×+×+0=0, 所以⊥,即AE⊥CD. (2)方法一:因為P(0,0,1),所以=0,,-1. 又· =0+×+×(-1)=0, 所以⊥,即PD⊥AE. 因為=(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),=,,, 設(shè)平面ABE的一個法向量為n=(x,y,z), 那么 令y=2,那么z=-,所以n=(0,2,-). 因為=0,,-1,顯然=n. 因為∥n,所以⊥平面ABE,即PD⊥平面ABE. 向量法證明線面垂直的常見思路有

8、哪些? 提示:(1)將線面垂直的判定定理用向量表示. (2)證明直線的方向向量與平面的法向量共線. 證明面面垂直 【典例】如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=AC,D為BC的中點,PO⊥平面ABC,垂足O落在線段AD上.BC=8,PO=4,AO=3,OD=2. (1)證明:AP⊥BC. (2)假設(shè)點M是線段AP上一點,且AM=3.試證明平面AMC⊥平面BMC. 【證明】(1)如下列圖, 以O(shè)為坐標原點,以射線OP為z軸的正半軸建立空間直角坐標系.那么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), =

9、(-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,且點M在線段AP上, 所以==0,,, 又=(-8,0,0),=(-4,5,0),=(-4,-5,0), 所以=+=-4,-,, 那么·=(0,3,4)·-4,-,=0, 所以⊥,即AP⊥BM, 又根據(jù)(1)的結(jié)論知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. 向量法證明面面垂直的常見思路有哪些? 提示:(1)利用面面垂直的判定定理,證明一個平面內(nèi)的一條直線的方向

10、向量為另一個平面的法向量. (2)證明兩平面的法向量互相垂直. 　如圖,在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F分別是PC,PD的中點,PA=AB=1,BC=2.求證: (1)EF∥平面PAB. (2)平面PAD⊥平面PDC. 【證明】以A為原點,AB所在直線為x軸,AD所在直線為y軸,AP所在直線為z軸,建立如下列圖的空間直角坐標系, 那么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)

11、,=(1,0,0). (1)因為=-,所以∥,即EF∥AB, 又AB平面PAB,EF平面PAB,所以EF∥平面PAB. (2)因為·=(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. 因為DC平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC. 1.如下列圖,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都為2,D為CC1的中點.求證:AB1⊥平面A1BD. 【證明】方法一:設(shè)平面A1BD內(nèi)的任意一條直線的方向向量為m.由共面向量定理,那么存在實數(shù)λ,μ,使m=λ+μ. 令=

12、a,=b,=c,顯然它們不共面,并且|a|=|b|=|c|=2,a·b=a·c=0,b·c=2,以它們?yōu)榭臻g的一個基底, 那么=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:如下列圖,取BC的中點O,連接AO. 因為△ABC為正三角形,所以AO⊥BC. 因為在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1, 所以AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1的中點O1,以O(shè)為原點,以,,所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系, 那么B

13、(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,), A(0,0,),B1(1,2,0). 設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),=(-1,2,),=(-2,1,0).因為n⊥,n⊥, 故? 令x=1,那么y=2,z=-, 故n=(1,2,-)為平面A1BD的一個法向量, 而=(1,2,-),所以=n,所以∥n, 故AB1⊥平面A1BD. 2.如圖,AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD為等邊三角形,AD=DE=2AB. 求證:平面BCE⊥平面CDE. 【證明】設(shè)AD=DE=2AB=2a,以A為原點,分別以AC,AB所在直線為x軸,z軸,以過點A垂直于AC

14、的直線為y軸,建立如下列圖的空間直角坐標系,那么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). 設(shè)平面BCE的法向量為n1=(x1,y1,z1), 由n1·=0,n1·=0可得 即 令z1=2,可得n1=(1,-,2). 設(shè)平面CDE的法向量為n2=(x2,y2,z2), 由n2·=0,n2·=0可得 即 令y2=1,可得n2=(,1,0). 因為n1·n2=1×+1×(-)+2×0=0. 所以n1⊥n2,所以平面BCE⊥平面

15、CDE. 考點三　利用空間向量解決平行與垂直的探索性問題? 【典例】如圖,在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分別是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中點,點P,Q分別在棱DD1,BB1上移動,且DP=BQ=λ(0<λ<2). (1)當λ=1時,證明:直線BC1∥平面EFPQ. (2)是否存在λ,使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角?假設(shè)存在,求出λ的值;假設(shè)不存在,說明理由. 【解題導思】 序號 聯(lián)想解題 (1)由λ=1,即P,Q為中點,想到FP∥B 且FP=BC1 ,可利用向量共線解決,也可以直接用線面平行的判定定理.

16、(2)由平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角,想到假設(shè)存在λ,會有平面EFPQ與平面PQMN垂直,求出兩平面的法向量,利用向量垂直可求值. 【解析】以D為原點,射線DA,DC,DD1分別為x,y,z軸的正半軸,建立如下列圖的空間直角坐標系. 由得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)當λ=1時,=(-1,0,1), 因為=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP

17、. 而FP平面EFPQ,且BC1平面EFPQ, 故直線BC1∥平面EFPQ. (2)設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n=(x,y,z),那么由可得 于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面PQMN的一個法向量為m=(λ-2,2-λ,1). 假設(shè)存在λ,使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角,那么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與平面PQMN所成的二面角為直二面角. 對于“是否存在〞型問題的探索方式有兩種:一種是根據(jù)條件作出判斷,再進一步論證;另一種是利用空間向量

18、,先設(shè)出假設(shè)存在點的坐標,再根據(jù)條件求該點的坐標,即找到“存在點〞,假設(shè)該點坐標不能求出,或有矛盾,那么判定“不存在〞. 如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PB與底面的夾角為45°,底面ABCD為直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,PA=BC=AD=1. (1)求證:平面PAC⊥平面PCD. (2)在棱PD上是否存在一點E,使CE∥平面PAB?假設(shè)存在,請確定E點的位置;假設(shè)不存在,請說明理由. 【解析】(1)因為PA⊥平面ABCD, PB與平面ABCD所成的角為∠PBA=45°, 所以AB=1,由∠ABC=∠BAD=90°, 易得CD=AC=, 由勾股定理

19、逆定理得AC⊥CD. 又因為PA⊥CD,PA∩AC=A, 所以CD⊥平面PAC,CD?平面PCD, 所以平面PAC⊥平面PCD. (2)分別以AB,AD,AP所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系. 那么P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0),設(shè)E(0,y,z), 那么=(0,y,z-1),=(0,2,-1), 因為與共線,所以y·(-1)-2(z-1)=0①, 因為=(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. 將y=1代入①,得z=.所以E是PD的中點, 所以存在E點使CE∥平面PAB,此時E為PD的中點. 可修改 歡迎下載 精品 Word