2022高考冲刺数学题源探究-立体几何：空间向量在证明空间位置关系中的应用

空间向量在证明空间位置关系中的应用【考点梳理】1．直线的方向向量与平面的法向量确实定(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，那么求法向量的方程组为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0.))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，那么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为v1和v2，那么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，那么l∥α或l⊂α⇔v⊥u.(4)设平面α和β的法向量分别为u1，u2，那么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，那么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，那么l⊥α⇔v∥u.(3)设平面α和β的法向量分别为u1和u2，那么α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.【教材改编】1．(选修2－1P118A组T7改编)向量a＝(1,1,0)，b＝(－1，0,1)．假设ka＋b与2a－b垂直，那么\f(1,5) \f(2,5)\f(3,5) \f(4,5)[答案]D[解析]ka＋b＝k(1,1,0)＋(－1,0,1)＝(k－1，k,1)，2a－b因为ka＋b与2a－b∴(k－1，k,1)·(3,2，－1)＝0，即3k－3＋2k－1＝0，∴k＝eq\f(4,5)，应选D.2．(选修2－1P104练习T2(3)改编)平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，那么()A．α∥β B．α⊥βC．α，β相交但不垂直 D．以上均不对[答案]C[解析]∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直，应选C.3．(选修2－1P104内文改编)直线l，m的方向向量分别为a，b，平面α，β的法向量为u，v，有以下命题：①假设a⊥u，那么l∥α；②假设a∥b，a∥u那么m⊥α；③假设u∥v，那么α∥β；④假设a∥u，u⊥v，那么l⊥β.其中真命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4[答案]B[解析]对于①，l可能在平面α内，故①为假；对于②，由a∥b，即l∥m，由a∥u，那么有l⊥α，∴m⊥α，故②为真；对于③，由u∥v，那么以u，v为法向量的两平面α，β平行．即u∥v，且u⊥α，v⊥β，∴α∥β，故③为真；对于④，由a∥u，那么l⊥α，又由u⊥v，那么α⊥β，∴l∥β或l⊂β，故④为假，∴②、③为真，应选B.4．(选修2－1P107练习T1改编)如图，F是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CD的中点．E是BB1上一点，假设D1F⊥DE，A．B1E＝EBB．B1E＝2EBC．B1E＝eq\f(1,2)EBD．E与B重合[答案]A[解析]建立如下图的空间直角坐标系D­xyz，设正方体棱长为2，那么D(0,0,0)，F(0,1,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，且设E(2,2，t)．那么eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2,2，t)．由D1F⊥DE，得(0,1，－2)·(2,2，t)＝0，即2－2t∴t＝1，即E为BB1的中点，应选A.5．(选修2－1P117A组T3改编)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，eq\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，且AB1⊥MN，求λ的值．[解析]如下图，取B1C1中点P，以eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，∵底面边长为1，侧棱长为2，那么A(0，eq\f(\r(3),2)，0)，B1(－eq\f(1,2)，0,2)，C(eq\f(1,2)，0,0)，C1(eq\f(1,2)，0,2)，M(0,0,0)，设N(eq\f(1,2)，0，t)，∵eq\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，∴N(eq\f(1,2)，0，eq\f(2,1＋λ))，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，－eq\f(\r(3),2)，2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，0，eq\f(2,1＋λ))．又∵AB1⊥MN，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0.∴－eq\f(1,4)＋eq\f(4,1＋λ)＝0，∴λ＝15.6.(选修2－1P113B组T2改编)如图，四边形ABEF与ABCD是两个全等的正方形，且平面ABEF与平面ABCD互相垂直，M、N分别是AC与BF上的点，且CM＝BN.(1)求证MN⊥AB；(2)求证MN∥平面CBE.[解析](1)设正方形的边长为\o(CM,\s\up6(→))＝λeq\o(CA,\s\up6(→))，那么eq\o(BN,\s\up6(→))＝λeq\o(BF,\s\up6(→)).取一组向量的基底为{eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))}，记为{a，b，c}．那么|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝b·c＝c·a＝0.∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BN,\s\up6(→))＝－λeq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＋λeq\o(BF,\s\up6(→))＝－λ(a－c)－c＋λ(a＋b)＝λb＋(λ－1)c，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝[λb＋(λ－1)c]·a＝λ(b·a)＋(λ－1)(c·a)＝λ×0＋(λ－1)×0＝0.∴eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→))，即MN⊥AB.(2)法一：由(1)知MN⊥AB.又AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B.∴AB⊥平面CBE.又MN⊄平面CBE.∴MN∥平面CBE.法二：由(1)知，eq\o(MN,\s\up6(→))＝λb＋(λ－1)c＝λeq\o(BE,\s\up6(→))＋(λ－1)eq\o(BC,\s\up6(→)).∴eq\o(MN,\s\up6(→))与平面CBE共面．又MN⊄平面CBE.∴MN∥平面CBE.7．(选修2－1P119B组T2改编)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？假设存在，求AP的长；假设不存在，说明理由．[解析](1)证明：以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB＝a，那么A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0,1)，故eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(a,0,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).因为eq\o(B1E,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→))＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0)．又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．因为n⊥平面B1AE，所以n⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，那么y＝－eq\f(a,2)，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，有eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时|AP|＝eq\f(1,2).8．(选修2－1P118A组T10改编)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，点E、F、G分别是DD1，BD，AA1的中点，求证D1G∥[解析]取基底{eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))}＝{a，b，c}，由题意有eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)c＋b，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)c＋eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b.eq\o(GD1,\s\up6(→))＝eq\o(GA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,2)c，设eq\o(GD1,\s\up6(→))＝λeq\o(EC,\s\up6(→))＋μeq\o(EF,\s\up6(→)).即(－a＋eq\f(1,2)c)＝λ(－eq\f(1,2)c＋b)＋μ(－eq\f(1,2)c＋eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＝\f(1,2)μ，,0＝λ＋\f(1,2)μ，,\f(1,2)＝－\f(1,2)λ－\f(1,2)μ.))解得λ＝1，μ＝－2.即存在λ＝1，μ