第7节空间向量与线面位置关系--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版).pdf

《第7节空间向量与线面位置关系--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第7节空间向量与线面位置关系--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版).pdf（17页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 7 节 空间向量与线面位置关系 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：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量(2)平面的法向量可利用方程组求出：设 a，b 是平面 内两不共线向量，n 为平面 的法向量，则求法向量的方程组为na0，nb0.2用向量证明空间中的平行关系(1)设直线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1l2(或 l1与 l2重合)v1v2(2)设直线 l 的方向向量为 v，与平面 共面的两个不共线向量 v1和 v2，则 l或 l存在两个实数 x，y，使 vxv1yv2.(3)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，

2、则 l 或 lvu(4)设平面 和 的法向量分别为 u1，u2，则 u1u2 3用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线 l1和 l2的方向向量分别为 v1和 v2，则 l1l2v1v2v1v20.(2)设直线 l 的方向向量为 v，平面 的法向量为 u，则 lvu.(3)设平面 和 的法向量分别为 u1和 u2，则 u1u2u1u20 4点面距的求法 如图，设 AB 为平面 的一条斜线段，n 为平面 的法向量，则 B 到平面 的距离 d|ABn|n|1直线 l1，l2的方向向量分别为 v1，v2，且 v1v2，若 l1，l2有公共点，则 l1，l2重合；若 l1，l2没有公共点，则 l1l2.

3、2直线 l 的方向向量 v 与平面 内不共线的向量 a，b 满足 vab，若直线 l与 无公共点，则 l，若直线 l 与 有公共点，则 l.3直线 l 的方向向量 v 与平面 的法向量 u 垂直，若直线 l 与平面 有公共点，则 l，若直线 l 与平面 无公共点，则 l.诊 断 自 测 1判断下列说法的正误(1)两直线的方向向量平行，则两直线平行()(2)如果一条直线的方向向量与平面内一直线的方向向量共线，则这条直线与该平面平行()(3)如果一条直线的方向向量与平面的法向量垂直，则这条直线与该平面平行()(4)一条直线的方向向量有无穷多个，平面的法向量也有无穷多个()答案(1)(2)(3)(4

4、)解析(1)不正确，两直线也可能重合；(2)不正确，直线也可能在平面内；(3)不正确，直线也可能在平面内 2已知 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面 ABC 法向量的是()A(1，1，1)B(1，1，1)C.33，33，33 D.33，33，33 答案 C 解析 设平面 ABC 的法向量 n(x，y，z)，AB(1，1，0)，AC(1，0，1)，由nAB0，nAC0，得xy0，xz0，xyz.故选 C.3已知平面 的法向量为 n(2，2，4)，AB(1，1，2)，则直线 AB 与平面 的位置关系为()AAB BAB CAB 与 相交但不垂直 DAB 答案 A

5、 解析 由题意易得 n2AB，所以向量AB也为平面 的一个法向量，则直线 AB与平面 垂直，故选 A.4平面 的法向量 u(2，2，2)，平面 的法向量 v(1，2，1)，则下列命题正确的是()A，平行 B，垂直 C，重合 D，不垂直 答案 B 解析 平面 的法向量与平面 的法向量的数量积为 uv21(2)2210，平面，垂直，故选 B.5设 u，v 分别是平面，的法向量，u(2，2，5)，当 v(3，2，2)时，与 的位置关系为_；当 v(4，4，10)时，与 的位置关系为_ 答案 解析 当 v(3，2，2)时，由于 uv0，即 uv，；当 v(4，4，10)时，由于 v2u0，.6设直线

6、l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n(2，2，4)，若 a(1，1，2)，则直线 l 与平面 的位置关系为_；若 a(1，1，1)，则直线 l 与平面 的位置关系为_ 答案 l l 或 l 解析 当 a(1，1，2)时，a12n，则 l；当 a(1，1，1)时，an(1，1，1)(2，2，4)0，则 l 或 l.考点一 用空间向量证平行问题【例 1】如图所示，平面 PAD平面 ABCD，四边形 ABCD 为正方形，PAD 是直角三角形，且 PAAD2，E，F，G 分别是线段 PA，PD，CD 的中点求证：PB平面 EFG.证明 因为平面 PAD平面 ABCD，四边形 ABCD 为正方形，

7、PAD 是直角三角形，且 PAAD，所以 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 Axyz，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)所以PB(2，0，2)，FE(0，1，0)，FG(1，1，1)，设PBsFEtFG，即(2，0，2)s(0，1，0)t(1，1，1)，所以t2，ts0，t2，解得 st2，所以PB2FE2FG，又因为FE与FG不共线，所以PB，FE与FG共面 因为 PB平面 EFG，所以 PB平面 EFG.感悟升华(1)证明直线与平面平

8、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(2)能建坐标系时，尽量建立坐标系【训练 1】已知 E，F，G，H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB，BC，CD，DA的中点，用向量方法求证：(1)E，F，G，H 四点共面；(2)BD平面 EFGH.证明(1)连接 BG，则EGEBBGEB12(BCBD)EBBFEHEFEH，又EF与EH不共线，由共面向量定理知 E，F，G，H 四点共面 (2)因为EHAHAE12AD12AB1

9、2(ADAB)12BD，因为 E，H，B，D 四点不共线，所以 EHBD.又 EH平面 EFGH，BD平面 EFGH，所以 BD平面 EFGH.考点二 用空间向量证垂直问题【例 2】如图所示，已知四棱锥 PABCD 的底面是直角梯形，ABCBCD90，ABBCPBPC2CD，侧面 PBC底面 ABCD.证明：(1)PABD；(2)平面 PAD平面 PAB.证明(1)取 BC 的中点 O，连接 PO，平面 PBC底面 ABCD，PBC 为等边三角形，PO底面 ABCD.以 BC 的中点 O 为坐标原点，以 BC 所在直线为 x 轴，过点 O 与 AB 平行的直线为 y 轴，OP 所在直线为 z

10、轴，建立空间直角坐标系，如图所示 不妨设 CD1，则 ABBC2，PO 3.A(1，2，0)，B(1，0，0)，D(1，1，0)，P(0，0，3)BD(2，1，0)，PA(1，2，3)BDPA(2)1(1)(2)0(3)0，PABD，PABD.(2)取 PA 的中点 M，连接 DM，则 M12，1，32.DM32，0，32，PB(1，0，3)，DMPB3210032(3)0，DMPB，即 DMPB.DMPA3210(2)32(3)0，DMPA，即 DMPA.又PAPBP，DM平面 PAB.DM平面 PAD，平面 PAD平面 PAB.感悟升华 用向量证明垂直的方法(1)线线垂直：证明两直线所在的

11、方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零 (2)线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示(3)面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示 【训练 2】如图所示，已知空间四边形 ABCD 的各边和对角线的长都等于 a，点M，N 分别是 AB，CD 的中点 (1)求证：MNAB，MNCD；(2)求 MN 的长(1)证明 设ABp，ACq，ADr.由题意可知，|p|q|r|a，且 p，q，r 三向量两两夹角均为 60.MNANAM12(ACAD)12AB 12(qrp)，MNAB12(qrp)p12(qprpp2)12(a2cos 60

12、a2cos 60a2)0.MNAB，即 MNAB.同理可证 MNCD.(2)解 由(1)可知MN12(qrp)，|MN|214(qrp)2 14q2r2p22(qrpqrp)14a2a2a22a22a22a22 142a2a22.|MN|22a.MN 的长为22a.考点三 利用空间向量求解探索性问题【例 3】如图，在四棱锥 EABCD 中，平面 ABE底面 ABCD，侧面 AEB 为等腰直角三角形，AEB2，底面 ABCD 为直角梯形，ABCD，ABBC，AB2CD2BC.线段 EA 上是否存在点 F，使 EC平面 FBD？若存在，求出EFEA；若不存在，说明理由 解 存在点 F，且EFEA1

13、3时，有 EC平面 FBD.证明如下：取 AB 中点 O 为坐标原点，OB，OD，OE 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设 CD1，则 E(0，0，1)，A(1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，所以EA(1，0，1)，BD(1，1，0)，EC(1，1，1)由EF13EA13，0，13，得 F13，0，23，所以FB43，0，23.设平面 FBD 的法向量为 v(a，b，c)，则vBD0，vFB0，所以ab0，43a23c0，取 a1，得 v(1，1，2)，因为ECv(1，1，1)(1，1，2)0，且 EC平面 FBD，所以 EC平面 FBD，

14、即当点 F 满足EFEA13时，有 EC平面 FBD.感悟升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法【训练 3】在四棱锥 PABCD 中，ABP 是等边三角形，底面 ABCD 是直角梯形，DAB90，ADBC，E 是线段 AB 的中点，PE底面 ABCD，已知 DAAB2BC2.试在平面 PCD 上找一点 M，使得 EM平面 PCD.解 因为 PE底面 A

15、BCD，过 E 作 ESBC，则 ESAB，以 E 为坐标原点，EB方向为 x 轴的正半轴，ES 方向为 y 轴的正半轴，EP 方向为 z 轴的正半轴建立空间直角坐标系，则 E(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，A(1，0，0)，D(1，2，0)，P(0，0，3)，CD(2，1，0)，PC(1，1，3)设 M 点的坐标为(x1，y1，z1)，平面 PCD 的法向量为 n(x，y，z)，则nCD2xy0，nPCxy 3z0，令 x1，得 n(1，2，3)因为 EM平面 PCD，所以EMn，即x11y12z13，也即 y12x1，z1 3x1，又PM(x1，y1，z1 3)，PD(

16、1，2，3)，PC(1，1，3)，所以PMPCPD(，2，3 3)，所以得 x1，y122x12()，即 4，z1 3 3 3，12，所以 18，所以 M 点的坐标为38，34，3 38.基础巩固题组 1正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N 分别是 C1C，B1C1的中点求证：MN平面 A1BD.证明 如图所示，以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系 设正方体的棱长为 1，则 M0，1，12，N12，1，1，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，于是MN12，0，12，DA1(1，0，1)，DB(1，1，0)设平面

17、 A1BD 的法向量为 n(x，y，z)，则 nDA10，且 nDB0，得xz0，xy0.取 x1，得 y1，z1.所以 n(1，1，1)又MNn12，0，12(1，1，1)0，所以MNn.又 MN平面 A1BD，所以 MN平面 A1BD.2如图所示，四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面为平行四边形，以顶点 A 为端点的三条棱长都为 1，且两两夹角为 60.求证：AC1BD.证明 记ABa，ADb，AA1c，AC1abc，BDba，AC1BD(abc)(ba)ab|b|2bc|a|2abacbcac|b|c|cos 60|a|c|cos 600.AC1BD，AC1BD.3(一题多解)如图，

18、在四面体 ABCD 中，AD平面 BCD，BCCD，AD2，BD2 2，M 是 AD 的中点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ3QC.证明：PQ平面 BCD.证明 法一 如图，取 BD 的中点 O，以 O 为原点，OD，OP 所在射线分别为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.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AQ3QC，所以 Q34x0，2434y0，12.因为 M 为 AD 的中点，故 M(0，2，1)又 P 为 BM 的中点，故 P0，0，12，所以PQ34x0，2434y0，0.又

19、平面 BCD 的一个法向量为 a(0，0，1)，故PQa0.又 PQ平面 BCD，所以 PQ平面 BCD.法二 在线段 CD 上取点 F，使得 DF3FC，连接 OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点 A，B，D 的坐标，设点 C 坐标为(x0，y0，0)CF14CD，设点 F 坐标为(x，y，0)，则(xx0，yy0，0)14(x0，2y0，0)，x34x0，y2434y0，OF34x0，2434y0，0 又由法一知PQ34x0，2434y0，0，OFPQ，PQOF.又 PQ平面 BCD，OF平面 BCD，PQ平面 BCD.4.如图所示，已知直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC 为等腰直角

20、三角形，BAC90，且 ABAA1，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(1)以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 Axyz，令 ABAA14，则 A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4)设 AB 中点为 N，连接 CN，则 N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，所以DE(2，4，0)，AB(4，0，0)，AC(0，4，0)，所以DE12ABAC，又AB与AC不共线，所以DE与AB，AC共面，又

21、 DE平面 ABC，故 DE平面 ABC.(2)B1F(2，2，4)，EF(2，2，2)，AF(2，2，0)B1FEF(2)22(2)(4)(2)0，B1FAF(2)222(4)00.所以B1FEF，B1FAF，即 B1FEF，B1FAF，又因为 AFEFF，AF平面 AEF，EF平面 AEF，所以 B1F平面 AEF.5.如图，在多面体 ABCA1B1C1中，四边形 A1ABB1是正方形，ABAC，BC 2AB，B1C1綉12BC，二面角 A1ABC 是直二面角求证：(1)A1B1平面 AA1C；(2)AB1平面 A1C1C.证明(1)因为二面角 A1ABC 是直二面角，四边形 A1ABB1

22、为正方形，所以 AA1平面 BAC.又因为 ABAC，BC 2AB，所以 AB2AC2BC2，即CAB90，即 CAAB，所以 AB，AC，AA1两两互相垂直 建立如图所示的空间直角坐标系，点 A 为坐标原点，设 AB2，则 A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)，所以A1B1(0，2，0)，A1A(0，0，2)，AC(2，0，0)平面 AA1C 就是 xOz 平面，取一个法向量 n(0，1，0)所以A1B12n，即A1B1n.所以 A1B1平面 AA1C.(2)易知AB1(0，2，2)，A1C1(1，1，0)，A1C(2，0，2)，设平

23、面 A1C1C 的一个法向量 m(x1，y1，z1)，则mA1C10，mA1C0，即x1y10，2x12z10，令 x11，则 y11，z11，即 m(1，1，1)所以AB1m012(1)210，所以AB1m.又 AB1平面 A1C1C，所以 AB1平面 A1C1C.6(一题多解)如图，在直三棱柱 ADEBCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直，点 M 为 AB 的中点，点 O 为 DF 的中点运用向量方法证明：(1)OM平面 BCF；(2)平面 MDF平面 EFCD.证明 法一(1)由题意，得 AB，AD，AE 两两垂直，以点 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 设

24、正方形边长为 1，则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M12，0，0，O12，12，12.OM0，12，12，BA(1，0，0)，OMBA0，OMBA.棱柱 ADEBCF 是直三棱柱，AB平面 BCF，BA是平面 BCF 的一个法向量，且 OM平面 BCF，OM平面 BCF.(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)DF(1，1，1)，DM12，1，0，DC(1，0，0)，CF(0，1，1)，由n1DF0，n1DM0，得x1y1z10，12x1y10，令 x11，则 n

25、11，12，12.同理可得 n2(0，1，1)n1n20，平面 MDF平面 EFCD.法二(1)OMOFFBBM12DFBF12BA 12(DBBF)BF12BA12BD12BF12BA 12(BCBA)12BF12BA 12BC12BF.向量OM与向量BF，BC共面，又 OM平面 BCF，OM平面 BCF.(2)由题意知，BF，BC，BA 两两垂直，CDBA，FCBCBF，OMCD12BC12BFBA0，OMFC12BC12BF(BCBF)12BC212BF20.OMCD，OMFC，又 CDFCC，CD，FC平面 EFCD，OM平面 EFCD.又 OM平面 MDF，平面 MDF平面 EFCD

26、.能力提升题组 7如图，直三棱柱 ABCA1B1C1中，ACB90，ACBC3，AA12，以 AB，BC 为邻边作平行四边形 ABCD，连接 DA1和 DC1.(1)求证：A1D平面 BCC1B1；(2)线段 BC 上是否存在点 F，使平面 DA1C1与平面 A1C1F 垂直？若存在，求出 BF的长；若不存在，请说明理由(1)证明 ADBC，AA1CC1，且 ADAA1A，BCBB1B，平面 A1DA平面 BCC1B1，A1D平面 A1DA，A1D平面 BCC1B1，A1D平面 BCC1B1.(2)解 以 A 为坐标原点，分别以射线 AD，AC，AA1为 x，y，z 轴的正方向，建立空间直角坐

27、标系 假设在 BC 上存在这样的点 F，则由 A1C1平面 BCC1B1推得 A1C1C1F.又由(1)的结论 A1D平面 BCC1B1可推得 A1C1A1D.综上，要使平面 DA1C1平面 FA1C1，只需 A1DC1F 即可 设 BFx(0 x3)，则C1F(x3，0，2)，A1D(3，0，2)，由C1FA1D0，得 3(x3)40，x53，在 BC 上存在点 F，使得两个平面垂直，只需让 BF53即可 8.如图所示，四棱锥 PABCD 的底面是边长为 1 的正方形，PACD，PA1，PD 2，E 为 PD 上一点，PE2ED.(1)求证：PA平面 ABCD；(2)在侧棱 PC 上是否存在

28、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 轴建立空间直角坐标系 则 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，E0，23，13，AC(1，1，0)，AE0，23，13.设平面 AEC 的法向量为 n(x，y，z)，则nAC0，nAE0，即xy0，2yz0，令 y1，则 n(1，1，2)假设侧棱 PC 上存在一点 F，且CFCP(01)，使得 BF平面 AEC，则BFn0.又BFBCCF(0，1，0)(，)(，1，)，BFn120，12，存在点 F，使得 BF平面 AEC，且 F 为 PC 的中点