部编版第7讲　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直.doc

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1、第7讲平面多少何中的向量办法(一)证实平行与垂直一、选择题1.假定直线l的偏向向量为a(1，0，2)，平面的法向量为n(2，0，4)，那么()A.lB.lC.lD.l与订交剖析n2a，a与平面的法向量平行，l.谜底B2.假定，那么直线AB与平面CDE的地位关联是()A.订交B.平行C.在平面内D.平行或在平面内剖析，共面.那么AB与平面CDE的地位关联是平行或在平面内.谜底D3.曾经明白平面内有一点M(1，1，2)，平面的一个法向量为n(6，3，6)，那么以下点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)剖析逐个验证法，关于选项A，(1

2、，4，1)，n61260，n，点P在平面内，同理可验证其余三个点不在平面内.谜底A4.(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，假定D1FDE，那么有()A.B1EEBB.B1E2EBC.B1EEBD.E与B重合剖析分不以DA，DC，DD1为x，y，z轴树破空间直角坐标系，设正方形的边长为2，那么D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，(0，1，2)，(2，2，z)，02122z0，z1，B1EEB.谜底A5.如以下图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分不为棱AB，CD，BC的中点，假定

3、平行六面体的各棱长均相称，那么：A1MD1P；A1MB1Q；A1M平面DCC1D1；A1M平面D1PQB1.以上说法准确的个数为()A.1B.2C.3D.4剖析，因此A1MD1P，由线面平行的断定定理可知，A1M面DCC1D1，A1M面D1PQB1.准确.谜底C二、填空题6.(2017武汉调研)曾经明白平面内的三点A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面的一个法向量n(1，1，1)，那么不重合的两个平面与的地位关联是_.剖析设平面的法向量为m(x，y，z)，由m0，得x0yz0yz，由m0，得xz0xz，取x1，m(1，1，1)，mn，mn，.谜底7.(2016青岛模仿)曾经

4、明白(1，5，2)，(3，1，z)，假定，(x1，y，3)，且BP平面ABC，那么实数xy_.剖析由前提得解得x，y，z4，xy.谜底8.曾经明白点P是平行四边形ABCD地点的平面外一点，假如(2，1，4)，(4，2，0)，(1，2，1).关于论断：APAB；APAD；是平面ABCD的法向量；.此中准确的序号是_.剖析0，0，ABAP，ADAP，那么准确.又与不平行，是平面ABCD的法向量，那么准确.因为(2，3，4)，(1，2，1)，与不平行，故过错.谜底三、解答题9.如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDQA，QAABPD.证实：平面PQC平面DCQ.证实如图，以D为坐标原点

5、，线段DA的长为单元长，射线DA，DP，DC分不为x轴，y轴，z轴的正半轴树破空间直角坐标系Dxyz.依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，那么(1，1，0)，(0，0，1)，(1，1，0).0，0.即PQDQ，PQDC，又DQDCD，PQ平面DCQ，又PQ平面PQC，平面PQC平面DCQ.10.(2017郑州调研)如以下图，四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，PACD，PA1，PD，E为PD上一点，PE2ED.(1)求证：PA平面ABCD；(2)在侧棱PC上能否存在一点F，使得BF平面AEC？假定存在，指出F点的地位，并证实；假定不存在，阐明来由.(1)证实PA

6、AD1，PD，PA2AD2PD2，即PAAD.又PACD，ADCDD，PA平面ABCD.(2)解以A为原点，AB，AD，AP地点直线分不为x轴，y轴，z轴树破空间直角坐标系.那么A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，E，(1，1，0)，.设平面AEC的法向量为n(x，y，z)，那么即令y1，那么n(1，1，2).假定侧棱PC上存在一点F，且(01)，使得BF平面AEC，那么n0.又(0，1，0)(，)(，1，)，n120，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地点平面相互垂直，AB，AF1，M在EF上，且AM平

7、面BDE.那么M点的坐标为()A.(1，1，1)B.C.D.剖析设AC与BD订交于O点，衔接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).由中点坐标公式，知点M的坐标.谜底C12.(2017成都调研)如以下图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分不为A1B跟AC上的点，A1MAN，那么MN与平面BB1C1C的地位关联是()A.订交B.平行C.垂直D.不克不及断定剖析分不以C1B1，C1D1，C1C地点直线为x，y，z轴，树破空间直角坐标系，如图

8、，A1MANa，那么M，N，.又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，(0，a，0)，0，.是平面BB1C1C的法向量，且MN平面BB1C1C，MN平面BB1C1C.谜底B13.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分不是棱BC，DD1上的点，假如B1E平面ABF，那么CE与DF的跟的值为_.剖析以D1A1，D1C1，D1D分不为x，y，z轴树破空间直角坐标系，设CEx，DFy，那么易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1y)，B(1，1，1)，(x1，0，1)，(1，1，y)，因为B1E平面ABF，因此(1，1，y)(x1，0，1)0xy1.谜底114.(湖

9、北卷改编)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分不是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分不在棱DD1，BB1上挪动，且DPBQ(02).(1)当1时，证实：直线BC1平面EFPQ；(2)能否存在，使平面EFPQ平面PQMN？假定存在，求出实数的值；假定不存在，阐明来由.(1)证实以D为坐标原点，树破如以下图的空间直角坐标系.由曾经明白得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，)，(1，1，0)，(1，1，0)，(1，0，2).当1时，(1，0，1)，因为(2，0，2)，因此2，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)，那么由可得因此可取n(，1).同理可得平面PQMN的一个法向量为m(2，2，1).那么mn(2，2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1.故存在1，使平面EFPQ平面PQMN.