人教版导与练总复习数学一轮课时作业：第七章第6节第一课时　证明平行和垂直

第6节立体几何中的向量方法

第一课时证明平行和垂直

r课时作业灵活方4密致提卷

'选题明细表

应用创

知识点、方法基础巩固练综合运用练

新练

平面的法向量、直线的方

1,2,3

向向量及其应用

利用向量证明平行问题58

利用向量证明垂直问题4,610

平行与垂直关系中的探索

1216

性问题

综合问题79,11,13,1415

A级基础巩固练

1.直线1的一个方向向量为n=(l,3,a),平面a的一个法向量为

1<=(13,2,3),若1〃€1,则2,13应满足的关系式为(A)

A.3a+b+6=0B.a=3b

C.3a-b+6=0D.a=-3b

解析：因为l〃a,所以nJ_k,即n・k=b+6+3a=0,所以3a+b+6=0.

故选A.

2.若直线a与b的一个方向向量分别是a=(l,2,4),b=(-1,-2,m),若

a〃b,则m的值为(B)

A.4B.-4

C.-2D.2

解析：因为a〃b,所以a〃b,故m=-4.故选B.

3.已知平面a的一个法向量为a=（x,1,-2）,直线1的一个方向向量为

n=gy,-1）,若1J_a,则（D）

A.x+2y=~4B.x+y=3

C.x+2y=1D.x+y=|

解析：因为l_La,所以n〃a，即a=、n（入£R）,

所以（x,1,-2）=人（py,-1）,

x=-k,{=2,

所以Jl=Ay,解得产=发

<-2=~A,J-5，

所以x+y=-,x+2y=2.故选D.

4.如图，四边形ABCD为正方形,PD_L平面ABCD,PD〃QA,QA=AB=ipD,则

平面PQC与平面DCQ的位置关系为（B）

A.平行

B.垂直

C.相交但不垂直

D.位置关系不确定

解析:如图，以D为坐标原点,线段DA的长为单位长度,射线DA为x轴

的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz,

则D(0,0,0),Q(l,1,0),C(0,0,l),P(0,2,0),

则OQ=(1,l,0),DC=(0,0,l),PQ=(l,-l,0).

—>—>—>—»

因为PQ-DQ=Q,PQ•DC=Q,

所以PQLDQ,PQ±DC,

又DQADC=D,DQu平面DCQ,

DCu平面DCQ,

所以PQ_L平面DCQ.

又PQu平面PQC,

所以平面PQCJ_平面DCQ.故选B.

5.已知平面a内的三点A(0,0,l),B(0,l,0),C(l,0,0),平面B的一个

法向量n=(-l,-l,-l),则不重合的两个平面a与B的位置关系

是.

解析:设平面a的法向量为m=(x,y,z),

T

由m,AB=0,得x•0+y-z=0=»y=z,

由m,AC=0,得x-z=0nx=z,取x=l,

所以m=(l,1,1),m=-n,所以m//n,所以a〃B.

答案:平行

6.在正三棱柱ABC_A,B,C,中，侧棱长为2,底面边长为1,M为BC的中

-y—>

点，gN=入NC,且AB,±MN>则实数X的值为.

解析：如图所示，取BC的中点P,连接MP,以M为坐标原点，后,

M4Mp的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.

因为底面边长为1,侧棱长为2,

所以A(0,鼻0),B,(-；,0,2),C(i0,0),

乙乙乙

C,(1,0,2),M(0,0,0),

设0,t)(tGR),

因为击=人貌，

所以N(J,0,-1-),

乙ITA

所以43广2),MN-(J,0,-1-).

又因为AB」MN,

所以-MN=Q,

所以一岛

所以人=15.

答案：15

7.如图所示,在四棱锥P-ABCD中，PCJ_平面ABCD,PC=2,在四边形

ABCD中，ZB=ZC=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上，PB=4PM,PB与平面

ABCD成30°的角.求证：

p

⑴CM〃平面PAD;

(2)平面PABJ_平面PAD.

证明：以C为坐标原点,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.

因为PC_L平面ABCD,

所以NPBC为PB与平面ABCD所成的角,

所以NPBC=30。.

因为PC=2,

所以凯=2遮,PB=4,

所以D(0,1,0),B(2V3,0,0),A(2也,4,0),P(0,0,2),M修,0,1),

所以而二(0,-1,2),DA=(2V3,3,0),

CM-(y,0,|).

(1)设n=(x,y,z)为平面PAD的法向量，

T

贝I」DP-n=O,

,DA•n=0,

取y=2,得n=(,2,1).

T反qT

因为n-CM=-再><三+2X0+lXm),所以n_LCM.

又CMC平面PAD,

所以CM〃平面PAD.

⑵法一由(1)知,£1=(0,4,0),PB=(2V3,0,-2),

设平面PAB的法向量m=(x0,y0,z0),

—>

则野・m=0,

PB,m=0,

出°2z。=0,

取Xo=l,得m=(l,0,V3),

又因为平面PAD的一个法向量n=(-2,1),

所以m・n=l义(-V3)+0X2+V3X1=0,

所以m±n,

所以平面PAB,平面PAD.

法二如图，取AP的中点E,连接BE,

则E(6,2,1),BF=(-V3,2,1).

因为PB=AB,

所以BE_LPA.

又因为康•ZM=(-V3,2,1)•(2V3,3,0)=0,

—>—>

所以BE_LD4

所以BE_LDA.

又PAGDA=A,PA,DAu平面PAD,

所以BE_L平面PAD.

又因为BEu平面PAB,

所以平面PAB_L平面PAD.

B级综合运用练

8.在正方体ABCD_ABCD中,棱长为a,M,N分别为A.B,AC的中点,则

MN与平面BBCG的位置关系是（B）

A.相交

B.平行

C.垂直

D.不能确定

解析：以C,为原点,CB,CD,C,C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立

空间直角坐标系，如图,

所以N(Q,ma),M(a,-),

—

所以MN=(q,0,2.

而平面BiBCC的一个法向量为n=(0,1,0),

所以疝•n=0,即疝V_Ln.

又MNC平面BBCG,

所以MN与平面BBC。平行.故选B.

9.(多选题)如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把

△ABD与4ACD折成互相垂直的两个平面后，下列结论正确的是

(BC)

A

T->

A.BD•AC^Q

B.ZBAC=60°

C.三棱锥D_ABC是正三棱锥

D.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直

解析:平面ABD,平面ACD,由二面角定义知,BDLAD,平面ABDG平面

ACD=AD,BDc平面ABD,所以BD，平面ACD,所以BD_LAC,所以

—,—>

BD-4c=0,故A不正确；

AD=BD=CD,且NADB=NADC=NBDC,

所以AABD,AACD,ABCD是全等三角形，

所以AB=AC=BC,ZBAC=60°,故B正确;

可知AB=AC=BC,DA=DB=DC,

所以三棱锥D-ABC是正三棱锥,故C正确；

建立空间直角坐标系，如图所示，

Xy

设DA=DB=DC=1,

则A(0,0,l),B(l,0,0),C(0,1,0),

可求出平面ADC的一个法向量是m=(l,0,0),平面ABC的一个法向量

是n2=(l,1,1),所以ni,n2=l+0+0=l#0,故D不正确.故选BC.

10.(2021・吉林四平高三检测)已知平面a内有一个点A(2,-1,2),a

的一个法向量为n=(3,1,2),则下列各点中，在平面a内的是

(填序号).

①B(l,-1,1)@C(1,3,|)@(1,-3,|);@E(-1,3,-|).

解析:几=(一1,0,—1),易=(―1,4,,

T7TT

4E=(-3,4,-1),因为AC・n=0,所以4CJ_n,故CWa.

答案:②

11.如图,在四棱柱ABCD-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,E,F,G

分别是ADi,DD,DC的中点.

(1)试用向量43,40,441表示4G;

⑵用向量方法证明：平面EFG〃平面ABC

⑴解:设AB=a,AD-b,AAr=c,

—»—>—>T

})\\\AG=AA1+A1D1+D1G

=c+b+-ZX:

2

=~a+b+c

2

1TTT

=-AB+AD+AA

21v2

故4G)4B+4D+44i.

->—>

⑵证明：4C=4B+3C=a+b,

TTTill-

EG=EOi+%G苫b+m=)C,

因为EG与AC无公共点，

所以EG〃AC,

因为EGQ平面ABCACu平面ABC,

所以EG〃平面ABC

又因为4Bi=4B+BBi=a+c,FG=FD1+D1G=1c+ia=i4F1,且FG与AB,

无公共点，

所以FG〃ABi,

因为FGQ平面ABC,ABc平面ABC,

所以FG〃平面ABC

又因为FGnEG=G,FGu平面EFG,

EGu平面EFG,

所以平面EFG〃平面ABC

12.直三棱柱ABC-ABG中，底面是以NABC为直角的等腰直角三角

形,AC=2a,BB尸3a,D是AC的中点，在线段AA】上是否存在点F,使CF

_L平面B,DF,若存在,求出AF的长,若不存在,请说明理由.

A

解:存在.以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,

则C(0,V2a,0),B.(0,0,3a),D(亨a,ya,3a).

假设存在点F,使CFJ_平面BQF,

不妨设AF=b(0WbW3a),

贝ijF(V2a,0,b),CF=(Via,-V2a,b),

B[F=(V2a,0,b-3a),B；O=(ya,ya,0).

-,—>

2

因为CT•F1D-a-a+0=0,

-,—>—>—,

所以CFLBM恒成立.由名尸•CF=2a+b(b-3a)=2a2+b-3ab=0,

得b=a或b=2a.

所以当AF=a或AF=2a时,CF_L平面BQF.

13.如图，正方形ABCD和正方形CDEF所在平面的二面角是60°,M为

BC中点.

⑴求证：EC〃平面AMF;

⑵求AF与平面EMC所成角的正弦值.

(1)证明：由题意可知DCIDA,过点D作z轴垂直底面ABCD,

则Z轴垂直DC和DA,以DA所在直线为X轴,DC所在直线为y轴，建立

如图所示的空间直角坐标系，设边长DA=2a.

因为四边形ABCD和CDEF都是正方形，所以DC_LDA,DC±DE,

所以NADE为正方形ABCD和CDEF所成的二面角，

所以NADE=60。.

D(0,0,0),C(0,2a,0),B(2a,2a,0),A(2a,0,0),F(a,2a,V3a),

E(a,0,V3a),M(a,2a,0),

贝廨=(-a,2a,-Via),AM=(-a,2a,0),MF=(0,0,V3a),

设平面AMF的一个法向量为m(x,y,z),

则［薪・m=0,(-ax+2ay=0,

取y=l,则x=2,z=0,

所以m=(2,1,0),

—>

有EC,m=0,

又EC。平面AMF,

所以EC〃平面AMF.

(2)解：由(1)知局=(0,2a,-V3a),CM=(a,0,0),AF=(-a,2a,V3a),

设平面EMC的一个法向量为n(xbyi,z,),

EM•n=0,=0,

CM-n=O*=O,

取Zi=V3,则yi=|,Xi=0,

所以n=(0,I，V3),

\cos<AF,n>|-华”|病一|二手，

AF\•|n|苧.2y[2a7

所以AF与平面EMC所成角的正弦值为手.

14.如图,已知多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形,AB=2,AD=4,EF

〃AD,且EF=2,AF=BF=DE=V6,M,N分别为FB,BC的中点.

⑴证明:AF_L平面DMN;

⑵求直线DN与平面EFBC所成角的正弦值.

⑴证明：以A为原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴,过点A作Z轴

垂直于平面ABCD,建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),

N(2,2,0),

取AB中点S,连接FS,由于AF=BF,

所以SF_LAB,

因为AB_LAD,EF〃AD,

所以AB_LEF,

由于EFnSF=F,EF,SFu平面EFS,ABQ平面EFS,

所以AB_L平面EFS,

所以点F的横坐标为1,

又因为四边形ADEF为等腰梯形，故点F的纵坐标为1,

因为AF=BF=V6,AB=2,

所以SF=V5,

所以点F的竖坐标为2,即F(l,1,2),

所以M(|,g,1),

TT47T

所以力尸=(1,l),DN=(2,—2,0),

设平面DMN的一个法向量为n=(x(),yo,z0),

n,DM=0,

所以

n•DN=0,

即gg+Zo=/0,

Do=

取x°=l,则n=(l,l,2),因为n=4F,

所以n〃4F,

所以AF_L平面DMN.

(2)解：因为DN=(2,-2,0),BC=(0,4,0),BF=(-l,1,2),

设平面BCEF的一个法向量为m=(xbybz>),

m•BC=0,，

所以Ji=0

元

jn,BF=0,1=yi+2z~

取Zi=l,则mW,0,1).

设直线DN与平面EFBC所成角为0,

则sin9=|cos<m,DN>\=-^.

所以直线DN与平面EFBC所成角的正弦值为唱.

C级应用创新练

15.在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PAJ_底面ABCD,点E,F分别是

PB,PD的中点，PA=AB=1,BC=2,用向量方法证明：

⑴EF〃平面ABCD;

⑵平面PAD_L平面PDC.

证明：⑴以点A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP

所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0),B(l,0,0),C(l,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1).因为点E,F分

别是PB,PD的中点,则F(0,1,§,E(i0,|),

得ri吗一1,0),易=(一1,2,0),所以还忖薪,即EF//BD.

又BDu平面ABCD,EFC平面ABCD,

所以EF〃平面ABCD.

(2)由(1)可知藁=(0,2,-1),(0,0,1),

AD=(Q,2,0),DC=(l,0,0),

—>—>

因为4P•OC=(0,0,1)・(1,0,0)=0,

AD・ZX：=(0,2,0)•(1,0,0)=0,

—>—>T—>

所以4PJ_DC,ADLDC,

即APIDC,AD±DC.

又APGAD=A,APu平面PAD,

ADu平面PAD,

所以DC_L平面PAD.

因为DCu平面PDC,

所以平面PAD_L平面PDC.

16.(2021•湖南长沙高三阶段检测)如图,在三棱柱ABC-A1B,C1中，四

边形AACC是边长为4的正方形，平面ABC,平面AACC,AB=3,BC=5.

(1)求证:AAi_L平面ABC;

(2)求平面A