【创新设计】2022届-数学一轮(理科)-苏教版-江苏专用-课时作业-第八章-立体几何-6-

第6讲立体几何中的向量方法（一）——证明平行与垂直基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，给出下列向量：①a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)；②a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)；③a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)；④a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)．则能使l∥α的是________(填序号)．解析若l∥α，则a·n＝0，④中，a·n＝1×0＋(－1)×3＋3×1＝0，∴a⊥n.答案④2．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→))＋μeq\o(CE,\s\up6(→))，则直线AB与平面CDE的位置关系是________．解析∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→))＋μeq\o(CE,\s\up6(→))，∴eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(CD,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))共面．则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内．答案平行或在平面内3．已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，给出下列四点：①P(2,3,3)；②P(－2,0,1)；③P(－4,4,0)；④P(3，－3,4)．则上述点P中，在平面α内的是________(填序号)．解析逐一验证法，对于①，eq\o(MP,\s\up6(→))＝(1,4,1)，∴eq\o(MP,\s\up6(→))·n＝6－12＋6＝0，∴eq\o(MP,\s\up6(→))⊥n，∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．答案①4．已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2)，b＝(x，－2，3)，且α⊥β，则x＝________.解析∵a·b＝x－2＋6＝0，∴x＝－4.答案－45．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)，A(1，－3,2)，B(8，－1,4)确定的平面上，则a解析eq\o(PA,\s\up6(→))＝(－1，－3,2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(6，－1,4)．依据共面对量定理，设eq\o(PC,\s\up6(→))＝xeq\o(PA,\s\up6(→))＋yeq\o(PB,\s\up6(→))(x，y∈R)，则(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4)＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a－1＝－x＋6y，,a＋1＝－3x－y，,2＝2x＋4y，))解得x＝－7，y＝4，a＝16.答案166．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面相互垂直，AB＝eq\r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为________．解析设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，又O是正方形ABCD对角线交点，∴M为线段EF的中点．在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(eq\r(2)，eq\r(2)，1)．由中点坐标公式，知点M的坐标eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))7.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝eq\r(3)，AD＝2eq\r(2)，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM的位置关系为________．解析以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，eq\r(3))，C(0,2,0)，A(2eq\r(2)，0,0)，M(eq\r(2)，2,0)．∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，2,0)－(0,1，eq\r(3))＝(eq\r(2)，1，－eq\r(3))，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，2,0)－(2eq\r(2)，0,0)＝(－eq\r(2)，2,0)，∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，1，－eq\r(3))·(－eq\r(2)，2,0)＝0，即eq\o(PM,\s\up6(→))⊥eq\o(AM,\s\up6(→))，∴AM⊥PM.答案垂直8．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中利用动点轨迹的方法，可以求出过点A(2,1)且法向量n＝(－1,2)的直线(点法式)方程为－(x－2)＋2(y－1)＝0，化简得x－2y＝0.类比以上求法，在空间直角坐标系中，经过点A(3，－1,3)且法向量为n＝(1，－2,1)的平面(点法式)方程为__________(请写出化简后的结果)．解析设P(x，y，z)为平面上任一点，则n·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，∵eq\o(AP,\s\up6(→))＝(x－3，y＋1，z－3)，∴x－3－2(y＋1)＋z－3＝0，化简即x－2y＋z－8＝0，即为平面的方程．答案x－2y＋z－8＝0二、解答题9．(2021·北京房山区一模)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点．(1)求证：PB∥平面EFH；(2)求证：PD⊥平面AHF.证明建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，H(1,0,0)．(1)∵eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，∴eq\o(PB,\s\up6(→))＝2eq\o(EH,\s\up6(→))，∴PB∥EH.∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，∴PB∥平面EFH.(2)eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq\o(AH,\s\up6(→))＝(1,0,0)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(0,1,1)，∴eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，eq\o(PD,\s\up6(→))·eq\o(AH,\s\up6(→))＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，∴PD⊥AF，PD⊥AH，又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.10．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1解在棱C1D1上存在点F(为C1D1中点)，使B1F∥平面A1BE.证明如下：设正方体的棱长为1.如图所示，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA,\s\up6(→))1为单位正交基底建立空间直角坐标系．依题意，得B(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，A1(0,0,1)，eq\o(BA,\s\up6(→))1＝(－1,0,1)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(1,2))).设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由n·eq\o(BA,\s\up6(→))1＝0，n·eq\o(BE,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋y＋\f(1,2)z＝0.))所以x＝z，y＝eq\f(1,2)z.取z＝2，得n＝(2,1,2)．设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0≤t≤1)．又B1(1,0,1)，所以eq\o(B1F,\s\up6(→))＝(t－1,1,0)．而B1F⊄平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE⇔eq\o(B1F,\s\up6(→))·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝eq\f(1,2)⇔F为C1D1的中点．这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE.力量提升题组(建议用时：25分钟)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，假如eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up6(→))∥eq\o(BD,\s\up6(→)).其中正确结论的序号为________．解析∵eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AP,\s\up6(→))＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．又eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AD,\s\up6(→))不平行，∴eq\o(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，则③正确．由于eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2,3,4)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，∴eq\o(BD,\s\up6(→))与eq\o(AP,\s\up6(→))不平行，故④错误．答案①②③2．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq\f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1解析分别以C1B1、C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，∵A1M＝AN＝eq\f(\r(2),3)a，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,3)a，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a))，∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a)).又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，∴eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a,0)，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up6(→)).∵eq\o(C1D1,\s\up6(→))是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.答案平行3.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，假如B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．解析以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，∴eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(x－1,0,1)，∴eq\o(FB,\s\up6(→))＝(1,1，y)，由于B1E⊥平面ABF，所以eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(1,1，y)·(x－1，0,1)＝0⇒x＋y＝1.答案14．如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq\r(2)倍，P为侧棱SD上的点．(1)求证：AC⊥SD.(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．(1)证明连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD.由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OS,\s\up6(→))分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图．设底面边长为a，则高SO＝eq\f(\r(6),2)a，于是Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(6),2)a))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，0，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)a，0))，eq\o(SD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0，－\f(\r(6),2)a))，则eq\o(OC,\s\up6(→))·eq\o(SD,\s\up6(→))＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)解棱SC上存在一点E使B