《2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第7讲立体几何中的向量方法一证明平行与垂直练习理北师.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第7讲立体几何中的向量方法一证明平行与垂直练习理北师.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 7 讲立体几何中的向量方法 (一)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n 2a，a与平面 的法向量平行，l. 答案B 2. 若AB CD CE ，则直线AB与平面CDE的位置关系是( ) A. 相交B.平行 C. 在平面内D.平行或在平面内 解析AB CD CE ，AB ，CD ，CE 共面 . 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 的一个法向量为n(6 ， 3，6) ，则下 列点P中，在平
2、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，MP (1 ，4，1)， MP n61260，MP n， 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 1 2EB 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系，设正方形的边长为2，则 D(0 ，0，0) ，F(0，1，0) ，
3、D1(0 ，0，2) ，设E(2 ，2，z) ，D1F (0，1， 2) ，DE (2 ，2， z) ，D1F DE 0212 2z0，z 1，B1EEB. 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DCC 1D1； A1M平面D1PQB 1. 以上说法正确的个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解析A1M A1A AM A1A 1 2AB ，D1P D1D DP A1A 1 2AB ，A1M D1P ，所以A1MD1P，由 线面平行的判定
4、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mAB 0，得 x0yz0?yz， 由mAC 0，得 xz0?xz，取x 1， m(1，1，1)，mn，mn， . 答案 7.(2017 西安调研 ) 已知AB (1， 5， 2) ，BC (3，1，z) ，若AB BC ，BP (x1，y， 3) ，且BP平面ABC
5、，则实数xy_. 解析由条件得 3 52z0， x 15y60， 3（x1）y3z0， 解得x 40 7 ，y 15 7 ，z4， 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AB (2 ，1， 4) ，AD (4 ，2， 0)，AP ( 1，2， 1). 对于结论：APAB；APAD；AP 是平面ABCD的法向量； AP BD . 其中正确的序号是_. 解析AB AP 0，AD AP 0， ABAP，ADAP，则正确. 又AB 与AD 不平行， AP 是平面ABCD的法向量，则正确. 由于BD AD AB (2 ，3，4)
6、，AP ( 1，2， 1) ， BD 与AP 不平行，故错误. 答案 三、解答题 9. 如图， 四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAAB 1 2PD . 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DQ (1 ，1，0) ，DC (0 ，0， 1) ，PQ (1 ， 1，0). PQ DQ 0，PQ DC 0. 即PQDQ，PQDC， 又DQDCD，PQ平面DCQ， 又PQ平面PQC
7、，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，PACD， PA1，PD2，E为PD上一点，PE2ED. (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，PD2， PA 2 AD 2PD2，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轴建立空间直角坐标系. 则A(0 ，0，0) ，B(1， 0，0)， C(1 ，1，0)，P
8、(0 ，0，1) ， E0， 2 3， 1 3 ，AC (1，1， 0) ， AE 0， 2 3， 1 3 . 设平面AEC的法向量为n(x，y，z) ， 则 nAC 0， nAE 0， 即 xy0， 2yz0， 令y 1，则n ( 1，1， 2). 假设侧棱PC上存在一点F，且CF CP (0 1)， 使得BF平面AEC，则BF n0. 又BF BC CF (0 ，1，0) ( ， ， ) ( ，1，) ， BF n120， 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ACEF所在平面互相垂直，AB2，AF1， M在EF上，且AM平面BDE
9、. 则M点的坐标为 ( ) A.(1 ，1，1) B. 2 3 ， 2 3 ，1 C. 2 2 ， 2 2 ，1D. 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(2，2，1). 由中点坐标公式，知点M的坐标 2 2 ， 2 2 ，1 . 答案C 12. (2017合肥调研) 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
10、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，A1MAN 2 3 a， 则 Ma ， 2 3a， a 3 ，N 2a 3 ， 2a 3 ，a， MN a 3，0， 2 3a . 又C1(0 ，0，0) ，D1(0 ，a，0) ， C1D1 (0 ，a， 0) ，MN C1D1 0，MN C1D1 . C1D1 是平面BB1C1C的法向量，且MN?平面BB1C1C，MN平面BB1C1C. 答案B 13. 如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1
11、 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) ， B1E (x1，0，1) ，FB (1 ，1，y) ， 由于B1E平面ABF， 所以FB B1E (1 ，1，y) (x1，0，1) 0?xy1. 答案1 14. (2014湖北卷改编) 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DPB
12、Q(0 2). (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)，BC1 ( 2， 0，2) ，FP ( 1，0，) ，FE (1 ，1，0) ，MN ( 1， 1， 0) ，NP ( 1， 0， 2). 当 1 时，FP ( 1，0，1) ， 因为BC1 ( 2，0，2) ， 所以BC1 2FP ， 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 FE n0， FP n0， 可得 xy0， xz0. 于是可取n( ， ，1). 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 2 2 ，使平面EFPQ平面PQMN.