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2015年高三数学(理)一轮复习讲义:7.7立体几何中的向量方法(一)--证明平行与垂直(人教A版)


第7讲 [最新考纲]

立体几何中的向量方法(一)--证明平行与垂直

1.理解直线的方向向量及平面的法向量. 2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系. 3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.

知 识 梳 理 1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 → (1)直线的方向向量:l 是

空间一直线,A,B 是直线 l 上任意两点,则称AB为直 → 线 l 的方向向量,与AB平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量. (2)平面的法向量可利用方程组求出:设 a,b 是平面 α 内两不共线向量,n 为平 a=0, ?n· 面 α 的法向量,则求法向量的方程组为? b=0. ?n· 2.空间位置关系的向量表示 位置关系 直线 l1, l2 的方向向量分别 为 n1,n2. 直线 l 的方向向量为 n, 平 面 α 的法向量为 m 平面 α, β 的法向量分别为 n,m. l1∥l2 l1⊥l2 l∥α l⊥α α∥β α⊥β 向量表示 n1∥n2?n1=λn2 n1⊥n2?n1· n2=0 n⊥m?m· n=0 n∥m?n=λm n∥m?n=λm n⊥m?n· m=0

辨 析 感 悟 1.平行关系 (1)直线的方向向量是唯一确定的.(×) (2)两不重合直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),则 l1

与 l2 的位置关系是平行.(√) 2.垂直关系 → → (3) 已 知 AB = (2,2,1) , AC = (4,5,3) , 则 平 面 ABC 的 单 位 法 向 量 是 n0 = 2 2? ?1 ?3,-3,3?.(√) ± ? ? (4)(2014· 青岛质检改编)如图所示, 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, O 是底面正方 形 ABCD 的中心,M 是 D1D 的中点,N 是 A1B1 的中点,则直线 NO,AM 的位置 关系是异面垂直.(√)

[感悟· 提升]

1.一是切莫混淆向量平行与向量垂直的坐标表示,二是理解直线平行与直线方 向向量平行的差异,如(2).否则易造成解题不严谨. 2.利用向量知识证明空间位置关系,要注意立体几何中相关定理的活用,如证 明直线 a∥b,可证向量 a=λb,若用直线方向向量与平面法向量垂直判定线面平 行,必需强调直线在平面外等. 学生用书 第 125 页

考点一

利用空间向量证明平行问题

【例 1】 如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别是 C1C,B1C1 的中点.求证:MN∥平面 A1BD.

→ → → 审题路线 若用向量证明线面平行,可转化为判定向量MN∥DA1,或证明MN与

平面 A1BD 的法向量垂直. 证明 法一 如图所示,以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在直线分别为 x 轴、y

1? ? 轴、z 轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为 1,则可求得 M?0,1,2?, ? ? → ?1 1? → ?1 ? N?2,1,1?,D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0).于是MN=?2,0,2?,DA1=(1,0,1), ? ? ? ? → DB=(1,1,0).

设平面 A1BD 的法向量是 n=(x,y,z). → → ?x+z=0, 则 n· DA1=0,且 n· DB=0,得? ?x+y=0. 取 x=1,得 y=-1,z=-1. ∴n=(1,-1,-1). → 1? ?1 又MN· n=?2,0,2?· (1,-1,-1)=0, ? ? → ∴MN⊥n, 又 MN?平面 A1BD, ∴MN∥平面 A1BD. → → → 1 → 1→ 1 → → → → 1→ 法二 MN=C1N-C1M=2C1B1-2C1C=2(D1A1-D1D)=2DA1.∴MN∥DA1, 又∵MN 与 DA1 不共线, ∴MN∥DA1, 又∵MN?平面 A1BD,A1D?平面 A1BD, ∴MN∥平面 A1BD. 规律方法 (1)恰当建立坐标系,准确表示各点与相关向量的坐标,是运用向量法 证明平行和垂直的关键. (2)证明直线与平面平行,只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为

零, 或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面,或证直线的方向向 量与平面内某直线的方向向量平行,然后说明直线在平面外即可.这样就把几何 的证明问题转化为向量运算.

【训练 1】 (2013· 浙江卷选编)如图,在四面体 A-BCD 中,AD⊥平面 BCD,BC ⊥CD,AD=2,BD=2 2,M 是 AD 的中点,P 是 BM 的中点,点 Q 在线段 AC 上,且 AQ=3QC. 证明:PQ∥平面 BCD.

证明 如图所示,取 BD 的中点 O,以 O 为原点,OD,OP 所在射线为 y,z 轴 的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意知 A(0, 2,2),B(0,- 2,0),D(0, 2,0). 设点 C 的坐标为(x0,y0,0), → → 因为AQ=3QC, ?3 2 3 1? 所以 Q? x0, + y0, ?. 4 4 2? ?4 因为点 M 为 AD 的中点,故 M(0, 2,1). 1? ? 又点 P 为 BM 的中点,故 P?0,0,2?, ? ? → ?3 ? 2 3 所以PQ=? x0, + y0,0?. 4 4 ?4 ? → 又平面 BCD 的一个法向量为 a=(0,0,1),故PQ· a=0.

又 PQ?平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD. 考点二 利用空间向量证明垂直问题

【例 2】 (2014· 济南质检)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中 点,PO⊥平面 ABC,垂足 O 落在线段 AD 上.已知 BC=8,PO=4,AO=3, OD=2. (1)证明:AP⊥BC; (2)若点 M 是线段 AP 上一点,且 AM=3.试证明平面 AMC⊥平面 BMC.

证明 (1)如图所示,以 O 为坐标原点,以射线 OP 为 z 轴的正半轴建立空间直 角坐标系 O-xyz. 则 O(0,0,0),A(0,-3,0), B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4). → 于是AP=(0,3,4), → BC=(-8,0,0), → → ∴AP· BC=(0,3,4)· (-8,0,0)=0, → → 所以AP⊥BC,即 AP⊥BC. (2)由(1)知|AP|=5, 又|AM|=3,且点 M 在线段 AP 上, → 3→ ? 9 12? ∴AM=5AP=?0,5, 5 ?, ? ? → → → 又BC=(-8,0,0),AC=(-4,5,0),BA=(-4,-5,0), → → → ? 16 12? ∴BM=BA+AM=?-4,- 5 , 5 ?, ? ? → → 16 12? ? ?-4,- 5 , 5 ?=0, 则AP· BM=(0,3,4)· ? ? → → ∴AP⊥BM,即 AP⊥BM, 又根据(1)的结论知 AP⊥BC,

∴AP⊥平面 BMC,于是 AM⊥平面 BMC. 又 AM?平面 AMC,故平面 AMC⊥平面 BCM. 规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系,准确写出相关点的 坐标,从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)其一证明直线与直线垂直,只需要证明两条直线的方向向量垂直;其二证明 面面垂直:①证明两平面的法向量互相垂直;②利用面面垂直的判定定理,只要 能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可. 【训练 2】 如图所示, 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中, △ABC 为等腰直角三角形, ∠BAC=90° ,且 AB=AA1,D,E,F 分别为 B1A,C1C,BC 的 中点.求证: (1)DE∥平面 ABC; (2)B1F⊥平面 AEF.

证明 如图,建立空间直角坐标系 A-xyz, 令 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,则 N(2,0,0), 又 C(0,4,0),D(2,0,2), → → ∴DE=(-2,4,0),NC=(-2,4,0), → → ∴DE=NC.∴DE∥NC, 又 NC 在平面 ABC 内,故 DE∥平面 ABC. → → → (2)B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0), → → B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → 则B1F⊥EF,∴B1F⊥EF, → → ∵B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0, → → ∴B1F⊥AF,即 B1F⊥AF.

又∵AF∩EF=F,∴B1F⊥平面 AEF. 学生用书 第 126 页

考点三

利用空间向量解决探索性问题

【例 3】 (2014· 福州调研)如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=AD=1, E 为 CD 的中点. (1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在,求 AP 的长;若 不存在,说明理由. 审题路线 由长方体特征,以 A 为坐标原点建立空间坐标系,从而将几何位置 → → → 关系转化为向量运算.第(1)问证明B1E· AD1=0,第(2)问是存在性问题,由DP与 平面 B1AE 的法向量垂直,通过计算作出判定.

(1)证明

→ → → 以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向建

立空间直角坐标系(如图). ?a ? 设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E?2,1,0?,B1(a,0,1). ? ? → → ? a → ?a ? → ? 故AD1=(0,1,1),B1E=?-2,1,-1?,AB1=(a,0,1),AE=?2,1,0?. ? ? ? ? → → a ∵AD1· B1E=-2×0+1×1+(-1)×1=0, ∴B1E⊥AD1. (2)解 假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0).

→ 使得 DP∥平面 B1AE,此时DP=(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).

ax+z=0, ? → → ? ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得?ax +y=0. ? ?2 a ? ? 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,-2,-a? ? ? → a 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有2-az0=0, 1 解得 z0=2. 又 DP?平面 B1AE, 1 ∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP=2. 规律方法 立体几何开放性问题求解方法有以下两种: (1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后再 加以证明,得出结论; (2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题目进行求解,若 能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在这样的点或线,否则不存在.本 题是设出点 P 的坐标,借助向量运算,判定关于 z0 的方程是否有解.

【训练 3】 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 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,OB,OC,OS分别为 x 轴、y 轴、z 轴正方向,建立空间直角

坐标系如图.

6 设底面边长为 a,则高 SO= 2 a, ? 6 ? 于是 S?0,0, a?, 2 ? ? ? ? ? 2 ? ? ? 2 2 D?- a,0,0?,B? a,0,0?,C?0, a,0?, 2 ? 2 ? ?2 ? ? ? → ? ? → ? 2 2 6 ? 于是OC=?0, a,0?,SD=?- a,0,- a?, 2 2 ? ? ? ? 2 → → 则OC· SD=0.故 OC⊥SD.从而 AC⊥SD. (2)解 棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC.

理由如下: → 由已知条件知DS是平面 PAC 的一个法向量, → ? 2 6 ? → ? 2 6 ? 且DS=? a,0, a?,CS=?0,- a, a?, 2 ? 2 2 ? ?2 ? → ? ? 2 2 BC=?- a, a,0?. 2 ? 2 ? → → → → → → → 设CE=tCS,则BE=BC+CE=BC+tCS= ? 2 2 6 ? ?- a, a?1-t?, at?, 2 2 ? ? 2 → → 1 由BE· DS=0?t=3. → → ∴当 SE∶EC=2∶1 时,BE⊥DS. 又 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.

1.用向量法解决立体几何问题,是空间向量的一个具体应用,体现了向量的工 具性,这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算,降 低了空间想象演绎推理的难度,体现了由“形”转“数”的转化思想. 2.两种思路:(1)选好基底,用向量表示出几何量,利用空间向量有关定理与向 量的线性运算进行判断.(2)建立空间坐标系,进行向量的坐标运算,根据运算 结果的几何意义解释相关问题. 3.运用向量知识判定空间位置关系,仍然离不开几何定理.如用直线的方向向 量与平面的法向量垂直来证明线面平行,仍需强调直线在平面外.

思想方法 8——运用空间向量研究空间位置关系中的转化思想 【典例】 (2013· 陕西卷)如图, 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的底面 ABCD 是正方形, O 为底面中心,A1O⊥平面 ABCD,AB=AA1= 2. (1)证明:A1C⊥平面 BB1D1D; (2)求平面 OCB1 与平面 BB1D1D 的夹角 θ 的大小.

(1)证明

法一

由题设易知 OA,OB,OA1 两两垂直,以 O 为原点建立直角坐

标系,如图. ∵AB=AA1= 2, ∴OA=OB=OA1=1, ∴A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1).① → → 由A1B1=AB,易得 B1(-1,1,1). → → → ∵A1C=(-1,0,-1),BD=(0,-2,0),BB1=(-1,0,1),

→ → → → ∴A1C· BD=0,A1C· BB1=0, ∴A1C⊥BD,A1C⊥BB1,且 BB1∩BD=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D. 法二 ∵A1O⊥平面 ABCD, ∴A1O⊥BD. 又底面 ABCD 是正方形, ∴BD⊥AC,∴BD⊥平面 A1OC, ∴BD⊥A1C. 又 OA1 是 AC 的中垂线, ∴A1A=A1C= 2,且 AC=2,
2 ∴AC2=AA1 +A1C2,







∴△AA1C 是直角三角形, ∴AA1⊥A1C. 又 BB1∥AA1, ∴A1C⊥BB1,又 BB1∩BD=B, ∴A1C⊥平面 BB1D1D. (2)解 设平面 OCB1 的法向量 n=(x,y,z). → → ∵OC=(-1,0,0),OB1=(-1,1,1), → ? ?n· OC=-x=0, ∴? → ? ?n· OB1=-x+y+z=0, ?x=0, ∴? 取 n=(0,1,-1), ?y=-z, → 由(1)知,A1C=(-1,0,-1)是平面 BB1D1D 的法向量, → ∴cos θ=|cos<n,A1C>|= π π 又 0≤θ≤2,∴θ=3. [反思感悟] (1)转化化归是求解空间几何的基本思想方法: ①中将空间位置、 数量 1 1 =2. ⑥ 2× 2 ⑤

关系坐标化. ②和③体现了线线垂直与线面垂直的转化,以及将线线垂直转化为 向量的数量积为 0.在④与⑤中主要实施线面、线线垂直的转化.⑥中把求“平面 夹角的余弦值”转化为“两平面法向量夹角的余弦值”. (2)空间向量将“空间位置关系”转化为“向量的运算”.应用的核心是要充分 认识形体特征,建立恰当的坐标系,实施几何问题代数化.同时注意两点:一是 正确写出点、向量的坐标,准确运算;二是空间位置关系中判定定理与性质定理 条件要完备. 【自主体验】 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC⊥BC,D 为 AB 的中点,AC=BC= BB1. 求证: (1)BC1⊥AB1; (2)BC1∥平面 CA1D. 证明 如图,以 C1 点为原点,C1A1,C1B1,C1C 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系.设 AC=BC=BB1=2,则 A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2), A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).

→ (1)由于BC1=(0,-2,-2), → AB1=(-2,2,-2), → → 所以BC1· AB1=0-4+4=0, → → 因此BC1⊥AB1,故 BC1⊥AB1. (2)连接 A1C,取 A1C 的中点 E,连接 DE,由于 E(1,0,1), → → 所以ED=(0,1,1),又BC1=(0,-2,-2), → 1→ 所以ED=-2BC1,又 ED 和 BC1 不共线,

所以 ED∥BC1,又 DE?平面 CA1D, BC1?平面 CA1D,故 BC1∥平面 CA1D.

对应学生用书 P321 基础巩固题组

(建议用时:40 分钟) 一、选择题 1.已知平面 α,β 的法向量分别为 μ=(-2,3,-5),v=(3,-1,4),则( ).

A.α∥β

B.α⊥β D.以上都不正确

C.α、β 相交但不垂直

-2 -5 3 解析 ∵ 3 ≠ ≠ 4 ,∴μ 与 v 不是共线向量,又∵μ· v=-2×3+3×(-1) -1 +(-5)×4=-29≠0,∴μ 与 v 不垂直,∴平面 α 与平面 β 相交但不垂直. 答案 C → → → 2.若AB=λCD+μCE,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=λCD+μCE,∴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.(2014· 泰安质检)已知 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1)三点,向量 n=(1,1,1),则以 n 为方向向量的直线 l 与平面 ABC 的关系是( A.垂直 B.不垂直 C.平行 D.以上都有可能 → → → → 解析 易知AB=(-1,1,0), AC=(-1,0,1), ∴AB· n=-1×1+1×1+0=0, ∴AC· n ).

→ → =0,则AB⊥n,AC⊥n,即 AB⊥l,AC⊥l,又 AB 与 AC 是平面 ABC 内两相交 直线,∴l⊥平面 ABC. 答案 A 4.

如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1= 3,AD=2 2,P 为 C1D1 的中点,M 为 BC 的中点.则 AM 与 PM 的位置关系为( A.平行 B.异面 C.垂直 D.以上都不对 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, 3),C(0,2,0),A(2 2,0,0),M( 2,2,0). → ∴PM=( 2,2,0)-(0,1, 3)=( 2,1,- 3), → AM=( 2,2,0)-(2 2,0,0)=(- 2,2,0), → → ∴PM· AM=( 2,1,- 3)· (- 2,2,0)=0, → → 即PM⊥AM,∴AM⊥PM. 答案 C 5.

如图,正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直,AB= 2,AF=1,M 在 EF 上,且 AM∥平面 BDE.则 M 点的坐标为( A.(1,1,1) ? 2 2 ? C.? , ,1? 2 ?2 ? ? 2 2 ? B.? , ,1? 3 3 ? ? ? 2 ? 2 D.? , ,1? 4 ?4 ? ).

解析 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( 2, 2,1). ? 2 ? 2 由中点坐标公式,知点 M 的坐标? , ,1?. 2 2 ? ? 答案 C 二、填空题 6.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 ∵α⊥β,∴a· b=x-2+6=0,则 x=-4. 答案 -4 7. 已知平面 α 内的三点 A(0,0,1), B(0,1,0), C(1,0,0), 平面 β 的一个法向量 n=(- 1,-1,-1).则不重合的两个平面 α 与 β 的位置关系是________. → → → → → 解析 AB=(0,1,-1),AC=(1,0,-1),∴n· AB=0,n· AC=0,∴n⊥AB,n⊥ → AC,故 n 也是 α 的一个法向量.又∵α 与 β 不重合,∴α∥β. 答案 平行 → 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:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③AP是平 → → 面 ABCD 的法向量;④AP∥BD.其中正确的是________.

→ → → → 解析 ∵AB· AP=0,AD· AP=0, ∴AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确. → → 又AB与AD不平行, → ∴AP是平面 ABCD 的法向量,则③正确. → → → → 由于BD=AD-AB=(2,3,4),AP=(-1,2,-1), → → ∴BD与AP不平行,故④错误. 答案 ①②③ 三、解答题 9.

如图所示,平面 PAD⊥平面 ABCD,ABCD 为正方形,△PAD 是直角三角形,且 PA=AD=2,E,F,G 分别是线段 PA,PD,CD 的中点.求证:PB∥平面 EFG. 证明 ∵平面 PAD⊥平面 ABCD 且 ABCD 为正方形,

∴AB,AP,AD 两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 A -xyz,则 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), G(1,2,0). → → → ∴PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1), → → → 设PB=sFE+tFG, 即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),

?t=2, ∴?t-s=0, ?-t=-2,

→ → → 解得 s=t=2.∴PB=2FE+2FG,

→ → → → → 又∵FE与FG不共线,∴PB,FE与FG共面. ∵PB?平面 EFG,∴PB∥平面 EFG. 10.

如图所示,在四棱锥 P-ABCD 中,PC⊥平面 ABCD,PC=2,在四边形 ABCD 中,∠B=∠C=90° ,AB=4,CD=1,点 M 在 PB 上,PB=4PM,PB 与平面 ABCD 成 30° 的角. (1)求证:CM∥平面 PAD; (2)求证:平面 PAB⊥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 C-xyz. ∵PC⊥平面 ABCD, ∴∠PBC 为 PB 与平面 ABCD 所成的角, ∴∠PBC=30° .∵PC=2,∴BC=2 3,PB=4. → ? 3 3? ∴D(0,1,0),B(2 3,0,0),A(2 3,4,0),P(0,0,2),M? ,0, ?,∴ DP=(0, 2? ?2 → → ? 3 3? -1,2),DA=(2 3,3,0),CM=? ,0, ?, 2? ?2

(1) 设 n = (x , y , z) 为 平 面 PAD

→ ? ?DP· n=0, 的一个法向量,则? → ? ?DA· n=0,



?-y+2z=0, ? ?2 3x+3y=0,

1 z=2y, ? ? ∴? 3 ? ?x=- 2 y,

令 y=2,得 n=(- 3,2,1). → → 3 3 ∵n· CM=- 3× 2 +2×0+1×2=0,∴n⊥CM, 又 CM?平面 PAD,∴CM∥平面 PAD. (2)取 AP 的中点 E,并连接 BE, → 则 E( 3,2,1),BE=(- 3,2,1), ∵PB=AB,∴BE⊥PA. → → 又BE· DA=(- 3,2,1)· (2 3,3,0)=0, → → ∴BE⊥DA,则 BE⊥DA. ∵PA∩DA=A.∴BE⊥平面 PAD, 又∵BE?平面 PAB,∴平面 PAB⊥平面 PAD. 能力提升题组 (建议用时:25 分钟) 一、选择题 → → → → → 1.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1,y,-3),且 BP⊥平面 ABC,则 x+y 的值为( 25 A. 7 6 B.7 18 C. 7 40 D. 7 ).

→ → → → 解析 ∵AB⊥BC,∴AB· BC=0,即 3+5-2z=0,得 z=4,又 BP⊥平面 ABC, → → → → ∴BP⊥AB,BP⊥BC,

??x-1?+5y+6=0, 40 15 40 15 25 则? 解得 x= 7 ,y=- 7 .于是 x+y= 7 - 7 = 7 . ?3?x-1?+y-12=0, 答案 A 2. 如图所示,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 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( ①A1M∥D1P; ②A1M∥B1Q; ③A1M∥平面 DCC1D1; ④A1M∥平面 D1PQB1. 以上正确说法的个数为( A.1 B.2 C.3 D.4 ). ).

→ → → → 1→ → → → → 1→ → → 解析 A1M=A1A+AM=A1A+2AB, D1P=D1D+DP=A1A+2AB, ∴A1M∥D1P, 所以 A1M ∥ D1P ,由线面平行的判定定理可知, A1M ∥面 DCC1D1 , A1M ∥面 D1PQB1.①③④正确. 答案 C 二、填空题 3.

如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 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 CE=x, DF=y,则易知 E(x,1,1),B1(1,1,0),F(0,0,1- → → → → y), B(1,1,1), ∴B1E=(x-1,0,1), ∴FB=(1,1, y), 由于 B1E⊥平面 ABF, 所以FB· B1E =(1,1,y)· (x-1,0,1)=0?x+y=1.

答案 1 三、解答题 4.在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,PD=DC, E,F 分别是 AB,PB 的中点. (1)求证:EF⊥CD; (2)在平面 PAD 内求一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结论. (1)证明

如图,以 DA,DC,DP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 设 AD=a, a ? ? 则 D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E?a,2,0?,P(0,0,a), ? ? ?a a a? F?2,2,2?. ? ? → ? a a? → EF=?-2,0,2?,DC=(0,a,0). ? ? → → → → ∵ EF · DC = 0 , ∴ EF ⊥ DC , 即 EF ⊥ CD.(2) 解 a a? ? a ?x-2,-2,z-2?, ? ? 若使 GF⊥平面 PCB,则由 → → ? a a a? a ? a? FG· CB=?x-2,-2,z-2?· (a,0,0)=a?x-2?=0,得 x= ; 2 ? ? ? ? → → ? a a a? 由FG· CP=?x-2,-2,z-2?· (0,-a,a) ? ? a2 ? a? = 2 +a?z-2?=0,得 z=0. ? ? ?a ? ∴G 点坐标为?2,0,0?,即 G 点为 AD 的中点. ? ? → 设 G(x,0 , z) , 则 FG =


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