高考数学一轮复习讲练测(浙江版)专题87立体几何中的向量方法(Ⅰ)-证明平行与垂直(练)答案解析

第07节立体几何中的向量方法(Ⅰ)—证明平行与垂直1．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，有可能使l∥α的是(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)

)【答案】

D【剖析】若l∥α，则a·n＝0.而选项A中a·n＝－2.选项B中a·n＝1＋5＝6.选项C中a·n＝－1，选项D中a·n＝－3＋3＝0，应选D.2．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的值为

(

)A．－2

B．－

2C．

2

D．±

2【答案】

D【剖析】线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，故－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝±2.3．若直线

l的方向向量为

a＝(1，－1,2)，平面α的法向量为

u＝(－2,2，－4)，则(

)A．l∥α

B．l⊥α

C．l?α

D．l

与α斜交【答案】

B4.以下列图，正方体ABCDA1B1C1D121AC，中，E、F分别在A1D、AC上，且A1E＝A1D，AF＝33则()A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1订交D．EF与BD1异面【答案】B【剖析】以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间11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)，E3，0，3，2，1，0，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，33→→A1D＝(－1,0，－1)，AC＝(－1,1,0)，→＝11，－1→EF3，3，BD1＝(－1，－1,1)，3→1→→→→→EF＝－3BD1，A1D·EF＝AC·EF＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.应选B.5.已知直线l的方向向量为l，直线m的方向向量为m，若l＝αb＋βc(α，β∈R)，m∥a，a⊥b，a⊥c且a≠0，则直线A．共线C．垂直

m与直线l(B．订交D．不共面

)【答案】C【剖析】由m∥a且a≠0，可得：m＝ta(t∈R)，所以m·l＝m·(αb＋βc)＝αm·b＋βm·c＝αta·b＋βta·c＝0，故m与l垂直，即直线m与直线l垂直．6.已知平面α，β的法向量分别为μ＝(－2,3，－5)，v＝(3，－1，4)，则()A．α∥βB．α⊥βC．α、β订交但不垂直D．以上都不正确【答案】C7.如图，正方形

ABCD

与矩形

ACEF

所在平面互相垂直，

AB＝

2，AF＝1，M

在

EF

上且AM∥平面

BDE.则

M点的坐标为

(

)A．(1,1,1)B.22，13，32，2，1D.2，2，1C.2244【答案】C8.以下列图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝2，2则以下结论中错误的选项是()．．AC⊥BE．EF∥平面ABCDC．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值【答案】D∴AE＝(0，－1,1)，BF＝（1，－1，1），22∴AE·＝3又＝2，＝6，2.|AE||BF|2AEBF33∴cos〈AE，BF〉＝＝2＝AEBF6.222∴此时异面直线AE与BF成30°角．②当点E为D1B1的中点，F在B1处，此时E（1，1，1），F(0,1,1)，∴AE＝（－1，2221，1），BF＝(0,0,1)，2∴AE·BF＝1，|AE|＝－1226，∴cos〈AE，BF〉＝AEBF＋－1＋12＝222AEBF＝1＝63，应选D.632129．以下列图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝2，2则以下结论中错误的选项是()．．AC⊥BE．EF∥平面ABCDC．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值【答案】D11E(1,0,1)，F(,,1)，22∴AE＝(0，－1,1)，BF＝(1,1,1)，∴AE·BF＝322.2又|AE|＝2，|BF|＝6，210.如图，已知AB⊥平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形，AD＝DE＝2AB，且F是CD的中点．求证：AF∥平面BCE；求证：平面BCE⊥平面CDE.【答案】见解析.【剖析】证法一：(1)取CE的中点P，连接FP、BP，∵F为CD的中点，1∴FP∥DE，且FP＝2DE.1又AB∥DE，且AB＝2DE，∴AB∥FP，且AB＝FP，3a,0)，E(a，3a,2a)．3F为CD的中点，∴F(2a，2a,0)．→33→→→1→→(1)AF＝(a，a,0)，BE＝(a，3a，a)，BC＝(2a,0，－a)，∴AF＝(BE＋BC)，222AF?平面BCE，∴AF∥平面BCE.→33→→→→→→(2)∵AF＝(a，2a,0)，CD＝(－a，3a,0)，ED＝(0,0，－2a)，∴AF·CD＝0，AF·ED＝0，2→→→→∴AF⊥CD，AF⊥ED，∴AF⊥CD，AF⊥ED．又CD∩DE＝D，∴AF⊥平面CDE.又AF∥平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.11.如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N、R分别是AB、PC、CD的中点．求证：直线AR∥平面PMC；直线MN⊥直线AB．【答案】见解析.【剖析】证法1：(1)连接CM，∵ABCD为矩形，R、M分别为AB、CD的中点，aaa，2λ＋2μ＝2λ＝0，→→bμ＝b，∴∴AR＝MC，∴AR∥MC，μ＝1.cλ＝0.AR?平面PMC，∴AR∥平面PMC．MN→＝(0，b，c)，AB→＝(a,0,0)，22→→→→∵MN·AB＝0，∴MN⊥AB，∴MN⊥AB．12.如图5，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E是棱D1D的中点，点F在棱B1B上，且满足B1F2BF.（1）求证：EFAC11；（2）在棱C1C上确定一点G，使A、E、G、F四点共面，并求此时C1G的长.D1C1A1B1EDFCA图5B【答案】（1）EFAC11；（2）故当C1G1a时，A、E、G、F四点共面.6【剖析】（1）证明：以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立以以下列图所示的空间直角坐标系，则Aa,0,0、A1a,0,a、C10,a,a、1a、Fa,a,1，E0,0,a23zD1C1A1EB1DCFyABx所以1，h5a，所以C1GCC1CGa5a1a，666故当C1G1a时，A、E、G、F四点共面.613.在长