《2020版高考数学新增分大一轮新高考专用精练：第八章第7讲 立体几何中的向量方法（一）——证明平行与垂直含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学新增分大一轮新高考专用精练：第八章第7讲 立体几何中的向量方法（一）——证明平行与垂直含解析.pdf（7页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第第 7 讲 立体几何中的向量方法讲 立体几何中的向量方法(一一)证明平行与垂直证明平行与垂直 一、选择题 1.若直线 l 的方向向量为 a(1，0，2)，平面 的法向量为 n(2，0，4)， 则( ) A.l B.l C.l D.l 与 相交 解析 n2a，a 与平面 的法向量平行，l. 答案 B 2.若，则直线 AB 与平面 CDE 的位置关系是( )AB CD CE A.相交 B.平行 C.在平面内 D.平行或在平面内 解析 ， ，共面.AB CD CE AB CD CE 则 AB 与平面 CDE 的位置关系是平行或在平面内. 答案 D 3.已知平面 内有一点 M(1，1，2)，平面 的
2、一个法向量为 n(6，3，6)， 则下列点 P 中，在平面 内的是( ) A.P(2，3，3) B.P(2，0，1) C.P(4，4，0) D.P(3，3，4) 解析 逐一验证法，对于选项 A，(1，4，1)，MP n61260，n，MP MP 点 P 在平面 内，同理可验证其他三个点不在平面 内. 答案 A 4.(2017西安月考)如图， F 是正方体 ABCDA1B1C1D1的棱 CD 的中点.E 是 BB1上一点，若 D1FDE，则有( ) A.B1EEB B.B1E2EB C.B1E EB 1 2 D.E 与 B 重合 解析 分别以 DA，DC，DD1为 x，y，z 轴建立空间直角坐标
3、系，设正方形的 边长为 2， 则 D(0， 0， 0)， F(0， 1， 0)， D1(0， 0， 2)， 设 E(2， 2， z)，(0， 1， 2)，D1F (2，2，z)，02122z0，z1，B1EEB.DE D1F DE 答案 A 5.如图所示， 在平行六面体ABCDA1B1C1D1中， 点M， P， Q分别 为棱AB， CD， BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等， 则： A1MD1P； A1MB1Q； A1M平面 DCC1D1； A1M平面 D1PQB1. 以上说法正确的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析 ，所以A1M A1A AM A1A 1 2AB D1P
4、 D1D DP A1A 1 2AB A1M D1P A1MD1P， 由线面平行的判定定理可知， A1M面 DCC1D1， A1M面 D1PQB1. 正确. 答案 C 二、填空题 6.(2017武汉调研)已知平面 内的三点 A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)， 平面 的一个法向量 n(1，1，1)，则不重合的两个平面 与 的位 置关系是_. 解析 设平面 的法向量为 m(x，y，z)， 由 m0，得 x0yz0yz，AB 由 m0，得 xz0xz，取 x1，AC m(1，1，1)，mn，mn，. 答案 7.(2016青岛模拟)已知(1， 5， 2)，(3， 1， z)， 若，(
5、x1， y，3)，AB BC AB BC BP 且 BP平面 ABC，则实数 xy_. 解析 由条件得解得 x，y，z4， 352z0， x15y60， 3（x1）y3z0，) 40 7 15 7 xy. 40 7 15 7 25 7 答案 25 7 8.已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点，如果(2，1，4)，AB (4，2，0)，(1，2，1).对于结论：APAB；APAD；AD AP AP 是平面 ABCD 的法向量；.其中正确的序号是_.AP BD 解析 0，0，AB AP AD AP ABAP，ADAP，则正确.又与不平行，AB AD 是平面 ABCD 的法向量，则正
6、确.AP 由于(2，3，4)，(1，2，1)，BD AD AB AP 与不平行，故错误.BD AP 答案 三、解答题 9.如图，四边形 ABCD 为正方形，PD平面 ABCD，PDQA，QAAB PD. 1 2 证明：平面 PQC平面 DCQ. 证明 如图，以 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA，DP，DC 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意有 Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)， 则(1，1，0)，(0，0，1)，(1，1，0).DQ DC PQ 0，0.PQ DQ PQ DC 即 PQDQ，PQDC， 又 DQD
7、CD，PQ平面 DCQ， 又 PQ平面 PQC，平面 PQC平面 DCQ. 10.(2017郑州调研)如图所示， 四棱锥 PABCD 的底面是边长为 1 的正方形， PA CD，PA1，PD，E 为 PD 上一点，PE2ED.2 (1)求证：PA平面 ABCD； (2)在侧棱 PC 上是否存在一点 F，使得 BF平面 AEC？若存在，指出 F 点的 位置，并证明；若不存在，说明理由. (1)证明 PAAD1，PD，2 PA2AD2PD2，即 PAAD. 又 PACD，ADCDD， PA平面 ABCD. (2)解 以 A 为原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴， z 轴建立空间
8、直角坐标系. 则 A(0，0，0)，B(1，0，0)， C(1，1，0)，P(0，0，1)， E，(1，1，0)， (0， 2 3， 1 3) AC .设平面 AEC 的法向量为 n(x，y，z)，AE (0， 2 3， 1 3) 则即 nAC 0， nAE 0，) xy0， 2yz0，) 令 y1，则 n(1，1，2). 假设侧棱 PC 上存在一点 F，且(01)，CF CP 使得 BF平面 AEC，则n0.BF 又(0，1，0)(，)(，1，)，BF BC CF n120， ，BF 1 2 存在点 F，使得 BF平面 AEC，且 F 为 PC 的中点. 11.如图， 正方形ABCD与矩形A
9、CEF所在平面互相垂直， AB，2 AF1， M 在 EF 上，且 AM平面 BDE.则 M 点的坐标为( ) A.(1，1，1) B.( 2 3 ， 2 3 ，1) C. D. ( 2 2 ， 2 2 ，1) ( 2 4 ， 2 4 ，1) 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 BDEOE，AMEO， 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(， ，1).22 由中点坐标公式，知点 M 的坐标. ( 2 2 ， 2 2 ，1) 答案 C 12.(2017成都调研
10、)如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1中， 棱长为 a，M，N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1MAN， 2a 3 则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是( ) A.相交 B.平行C.垂直 D.不能确定 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，A1MANa， 2 3 则 M，N， (a， 2 3a， a 3)( 2a 3 ，2a 3 ，a) .MN ( a 3，0， 2 3a) 又 C1(0，0，0)，D1(0，a，0)， (0，a，0)，0，.C1D1 MN C1D1 MN C1D1 是平面 BB1C1C 的法向
11、量，且 MN平面 BB1C1C，MN平面 BB1C1C.C1D1 答案 B 13.如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，E，F 分别是棱 BC， DD1上的点， 如果 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CEx， DFy， 则易知 E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1y)，B(1，1，1)， (x1，0，1)，(1，1，y)，B1E FB 由于 B1E平面 ABF， 所以(1，1，y)(x1，0，1)0xy1.FB B1E 答案 1 14.(2014湖北卷改
12、编)如图， 在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中， E， F， M， N 分别是棱 AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点 P，Q 分别在棱 DD1，BB1上移 动，且 DPBQ(02). (1)当 1 时，证明：直线 BC1平面 EFPQ； (2)是否存在 ，使平面 EFPQ平面 PQMN？若存在，求出实数 的值；若不 存在，说明理由. (1)证明 以 D 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得 B(2， 2， 0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)，M(2，1，2)，N(1，0，2)， (2， 0， 2)，(1， 0，)，
13、(1， 1， 0)，(1， 1， 0)，(BC1 FP FE MN NP 1，0，2). 当 1 时，(1，0，1)，FP 因为(2，0，2)，BC1 所以2，BC1 FP 即 BC1FP. 而 FP平面 EFPQ， 且 BC1平面 EFPQ， 故直线 BC1平面 EFPQ. (2)解 设平面 EFPQ 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则由可得于是可取 n(，1). FE n0， FP n0，) xy0， xz0.) 同理可得平面 PQMN 的一个法向量为 m(2，2，1). 则 mn(2，2，1)(，1)0， 即 (2)(2)10，解得 1. 2 2 故存在 1，使平面 EFPQ平面 PQMN. 2 2