《2019版高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标44立体几何中的向量方法一证明平行与垂直》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮复习第七章立体几何课时达标44立体几何中的向量方法一证明平行与垂直（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1第第 4444 讲讲 立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直解密考纲利用空间向量证明平行与垂直关系，常出现于选择、填空题中，或在解答题立体几何部分的第(1)问考查，难度中等或较小一、选择题1若直线l平面，直线l的方向向量为s s，平面的法向量为n n，则下列结论可能正确的是( C C )As s(1,0,2)，n n(1,0，1)Bs s(1,0,1)，n n(1,2，1)Cs s(1,1,1)，n n(1,2，1)Ds s(1,1,1)，n n(2,2,2)解析 由已知需s sn n0，逐个验证知，只有 C 项符合要求，故选 C2若直线l的方向向量
2、为a a，平面的法向量为n n，能使l的是( A A )Aa a(1,0,0)，n n(2,0,0)Ba a(1,3,5)，n n(1,0，1)Ca a(0,2,1)，n n(1,0，1)Da a(1，1,3)，n n(0,3,1)解析 若l，则a an n，一一验证，可知选 A3直线l的方向向量s s(1,1,1)，平面的法向量为n n(2，x2x，x)，若直线l平面，则x( D D )A2 B 2C D22解析 由已知得s sn n0，故121(x2x)1(x)0，解得x.24如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系
3、，|AB|，|AF|1，M在EF上，且AM平面BDE，2则M点的坐标为( C C )A(1,1,1) B(23，23，1)C D(22，22，1)(24，24，1)解析 由已知得A(， ，0)，B(0， ，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，设M(x，x,1)22222则(x，x，1)，(，0)，(0，1)设平面BDE的AM22BD22BE2一个法向量为n n(a，b，c)则Error!即Error!解得Error!令b1，则n n(1,1，)2又AM平面BDE，所以n n0，AM即 2(x)0，得x，所以M.2222(22，22，1)5如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F
4、分别在A1D，AC上，且A1EA1D，AFAC，则( B B )2 31 3AEF至多与A1D，AC之一垂直BEFA1D，EFACCEF与BD1相交DEF与BD1异面解析 以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，B(1,1,0)，(1 3，0，1 3)(2 3，1 3，0)D1(0,0,1)，(1,0，1)，(1,1,0)，A1DAC，(1，1,1)，EF(1 3，1 3，1 3)BD1，0，EF1 3BD1A1DEFACEF从而EFBD1，EFA
5、1D，EFAC，故选 B6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，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( B B )2a33A斜交 B平行 C垂直 D不确定解析 建立如图所示的坐标系，由于A1MAN，2a3则M，N，(a，2a 3，a3)(2a 3，2a3，a)MN(a 3，0，2a 3)又C1D1平面BB1C1C，所以(0，a,0)为平面BB1C1C的一个法向量C1D1因为0，所以，MNC1D1MNC1D1所以MN平面BB1C1C，故选 B二、填空题7若直线l的方向向量e e(2,1，m)，平面的法向量n n，且l，(1，1 2，2
6、)则m_4_.解析 因为l，所以e en n，即e en n(0)，亦即(2,1，m)，所以(1，1 2，2)Error!则m4.8已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BPABBCABBCBP平面ABC，则实数x，y，z分别为_，4_.40 715 7解析 由已知得Error!解得Error!9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 n(1，1，1)，则不重合的两个平面与的位置关系是_平行_.解析 由已知得，(0,1，1)，(1,0，1)，设平面的一个法向量为ABACm m(x，y，z)，4则Error!得Error!得
7、Error!令z1，得m m(1,1,1)又n n(1，1，1)，所以m mn n，即m mn n，所以.三、解答题10如图，在棱长为 1 的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别为A1B1，B1C1，C1D1的中点(1)求证：AG平面BEF；(2)试在棱长BB1上找一点M，使DM平面BEF，并证明你的结论解析 (1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，E，F，G，(1，1 2，1)(1 2，1，1)(0，1 2，1)因为，EF(1 2，1 2，0)BF(1 2，0，1)而，所以，AG(1，1 2，
8、1)AGEFBF故与平面BEF共面，AG又因为AG不在平面BEF内，所以AG平面BEF.(2)设M(1,1，m)，则(1,1，m)，DM由0，0，所以 m0m ，DMEFDMBF1 21 2所以M为棱BB1的中点时，DM平面BEF.11(2018北京西城二模)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直ABCD，ABBC，AB2CD2BC，EAEB5(1)求证：ABDE；(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；(3)线段EA上是否存在点F，使EC平面FBD？若存在，求出；若不存在，请说明EF EA理由解析 (1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.因为EBEA，所以EO
9、AB因为四边形ABCD为直角梯形AB2CD2BC，ABBC，所以四边形OBCD为正方形，所以ABOD因为EODOO，所以AB平面EOD，所以ABED(2)因为平面ABE平面ABCD，且EOAB，所以EO平面ABCD，所以EOOD由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OAOBODOE，设OB1，所以O(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)所以(1,1，1)，EC平面ABE的一个法向量为(0,1,0)OD设直线EC与平面ABE所成的角为，所以 sin |cos， |，
10、ECOD|ECO D|EC|OD|336即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为.33(3)存在点F，且 时，有EC平面FBDEF EA1 3证明如下：由，EF1 3EA(1 3，0，1 3)F，所以，(1,1,0)(1 3，0，2 3)FB(4 3，0，2 3)BD设平面FBD的法向量为v v(a，b，c)，则有Error!所以Error!取a1，得v v(1,1,2)因为v v(1,1，1)(1,1,2)0，EC且EC平面FBD，所以EC平面FBD，即点F满足 时，有EC平面FBDEF EA1 312已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为 3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AEFC1
11、1.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG ，点M在BB1上，GMBF，垂足为H，求证：EM平面2 3BCC1B1.证明 (1)以B为原点，以BA，BC，BB1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3,3,3)，则(3,0,1)，(0,3,2)，BEBF(3,3,3)，所以.BD1BD1BEBF由向量共面的充要条件知E，B，F，D1四点共面7(2)设M(0,0，z0)，G，则，(0，2 3，0)GM(0，2 3，z0)而(0,3,2)，BF由题设得 3z020，GMBF2 3得z01.故M(0,0,1)，有(3,0,0)ME又(0,0,3)，(0,3,0)，BB1BC所以0，0，从而MEBB1，MEBCMEBB1MEBC又BB1BCB，故ME平面BCC1B1.
