【数学】2018届一轮复习人教A版8-7　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直　学案

【数学】2018届一轮复习人教A版8-7　立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直　学案

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α内两不共线向量，n 为平面α的法向量， 则求法向量的方程组为 n·a＝0， n·b＝0. 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 l1∥l2(或 l1 与 l2 重合)⇔v1∥v2. (2)设直线 l 的方向向量为 v，与平面α共面的两个不共线向量 v1 和 v2，则 l∥α或 l⊂α⇔存在 两个实数 x，y，使 v＝xv1＋yv2. (3)设直线 l 的方向向量为 v，平面α的法向量为 u，则 l∥α或 l⊂α⇔v⊥u. (4)设平面α和β的法向量分别为 u1，u2，则α∥β⇔u1 ∥u2. 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 l1⊥l2⇔v1⊥v2⇔v1·v2＝0. (2)设直线 l 的方向向量为 v，平面α的法向量为 u，则 l⊥α⇔v∥u. (3)设平面α和β的法向量分别为 u1 和 u2，则α⊥β⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. 【思考辨析】 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的．( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的．( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行．( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．( √ ) (5)若 a∥b，则 a 所在直线与 b 所在直线平行．( × ) (6)若空间向量 a 平行于平面α，则 a 所在直线与平面α平行．( × ) 1．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．(－ 3 3 ，－ 3 3 ，－ 3 3 ) D．( 3 3 ，3 3 ，－ 3 3 ) 答案 C 解析 设 n＝(x，y，z)为平面 ABC 的法向量， 则 n·AB→＝0， n·AC→＝0， 化简得 －x＋y＝0， －x＋z＝0， ∴x＝y＝z.故选 C. 2．直线 l 的方向向量 a＝(1，－3,5)，平面α的法向量 n＝(－1,3，－5)，则有( ) A．l∥α B．l⊥α C．l 与α斜交 D．l⊂α或 l∥α 答案 B 解析 由 a＝－n 知，n∥a，则有 l⊥α，故选 B. 3．平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则 k 等于( ) A．2 B．－4 C．4 D．－2 答案 C 解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－2 1 ＝－4 2 ＝ k －2 ，∴k＝4. 4．(教材改编)设 u，v 分别是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，当 v＝(3，－2,2)时，α与β 的位置关系为________；当 v＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________． 答案 α⊥β α∥β 解析 当 v＝(3，－2,2)时，u·v＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当 v＝(4，－4，－10)时，v＝－2u⇒α∥β. 5．(教材改编)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 ON，AM 的位置关系是________． 答案 垂直 解析 以 A 为原点，分别以AB→，AD→ ，AA1 → 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，设正 方体棱长为 1，则 A(0,0,0)，M(0,1，1 2)，O(1 2 ，1 2 ，0)， N(1 2 ，0,1)，AM→ ·ON→ ＝(0,1，1 2)·(0，－1 2 ，1)＝0， ∴ON 与 AM 垂直. 题型一 利用空间向量证明平行问题 例 1 (2016·重庆模拟)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，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且 PA＝AD， ∴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)． ∴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. 引申探究 本例中条件不变，证明平面 EFG∥平面 PBC. 证明 ∵EF→＝(0,1,0)，BC→＝(0,2,0)， ∴BC→＝2EF→，∴BC∥EF. 又∵EF⊄平面 PBC，BC⊂平面 PBC， ∴EF∥平面 PBC， 同理可证 GF∥PC，从而得出 GF∥平面 PBC. 又 EF∩GF＝F，EF⊂平面 EFG，GF⊂平面 EFG， ∴平面 EFG∥平面 PBC. 思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，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，只需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． (2016·北京海淀区模拟)正方体 ABCD－A1B1C1D1 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 M(0,1，1 2)，N(1 2 ，1,1)，D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)， 于是MN→ ＝(1 2 ，0，1 2)，DA1 → ＝(1,0,1)，DB→ ＝(1,1,0)． 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n·DA1 → ＝0，且 n·DB→ ＝0，得 x＋z＝0， x＋y＝0. 取 x＝1，得 y＝－1，z＝－1. 所以 n＝(1，－1，－1)． 又MN→ ·n＝(1 2 ，0，1 2)·(1，－1，－1)＝0， 所以MN→ ⊥n. 又 MN⊄平面 A1BD，所以 MN∥平面 A1BD. 题型二 利用空间向量证明垂直问题 命题点 1 证线面垂直 例 2 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1 的所有棱长都为 2，D 为 CC1 的中点．求证：AB1⊥平面 A1BD. 证明 方法一 设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量为 m.由共面向量定理，则存在 实数λ，μ，使 m＝λBA1 → ＋μBD→ . 令BB1 → ＝a，BC→＝b，BA→＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以 它们为空间的一个基底， 则BA1 → ＝a＋c，BD→ ＝1 2a＋b，AB1 → ＝a－c， m＝λBA1 → ＋μBD→ ＝ λ＋1 2μ a＋μb＋λc， AB1 → ·m＝(a－c)· λ＋1 2μ a＋μb＋λc ＝4 λ＋1 2μ －2μ－4λ＝0.故AB1 → ⊥m，结论得证． 方法二 取 BC 的中点 O，连接 AO. 因为△ABC 为正三角形， 所以 AO⊥BC. 因为在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，平面 ABC⊥平面 BCC1B1， 所以 AO⊥平面 BCC1B1. 取 B1C1 的中点 O1，以 O 为原点，分别以OB→ ，OO1 → ，OA→ 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间 直角坐标系，如图所示， 则 B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2， 3)， A(0,0， 3)，B1(1,2,0)． 设平面 A1BD 的法向量为 n＝(x，y，z)，BA1 → ＝(－1,2， 3)，BD→ ＝(－2,1,0)． 因为 n⊥BA1 → ，n⊥BD→ ， 故 n·BA1 → ＝0， n·BD→ ＝0 ⇒ －x＋2y＋ 3z＝0， －2x＋y＝0， 令 x＝1，则 y＝2，z＝－ 3， 故 n＝(1,2，－ 3)为平面 A1BD 的一个法向量， 而AB1 → ＝(1,2，－ 3)，所以AB1 → ＝n，所以AB1 → ∥n， 故 AB1⊥平面 A1BD. 命题点 2 证面面垂直 例 3 (2017·武汉月考)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 a 的正方形，侧 面 PAD⊥底面 ABCD，且 PA＝PD＝ 2 2 AD，设 E，F 分别为 PC，BD 的中点． (1)求证：EF∥平面 PAD； (2)求证：平面 PAB⊥平面 PDC. 证明 (1)如图，取 AD 的中点 O，连接 OP，OF. 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD. 因为侧面 PAD⊥底面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD， 所以 PO⊥平面 ABCD. 又 O，F 分别为 AD，BD 的中点，所以 OF∥AB. 又 ABCD 是正方形，所以 OF⊥AD. 因为 PA＝PD＝ 2 2 AD，所以 PA⊥PD，OP＝OA＝a 2. 以 O 为原点，OA，OF，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则 A(a 2 ，0,0)，F(0，a 2 ，0)，D(－a 2 ，0,0)，P(0,0，a 2)，B(a 2 ，a,0)，C(－a 2 ，a,0)． 因为 E 为 PC 的中点，所以 E(－a 4 ，a 2 ，a 4)． 易知平面 PAD 的一个法向量为OF→ ＝(0，a 2 ，0)， 因为EF→＝(a 4 ，0，－a 4)， 且OF→ ·EF→＝(0，a 2 ，0)·(a 4 ，0，－a 4)＝0， 所以 EF∥平面 PAD. (2)因为PA→＝(a 2 ，0，－a 2)，CD→ ＝(0，－a,0)， 所以PA→·CD→ ＝(a 2 ，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0， 所以PA→⊥CD→ ，所以 PA⊥CD. 又 PA⊥PD，PD∩CD＝D，所以 PA⊥平面 PDC. 又 PA⊂平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PDC. 思维升华 证明垂直问题的方法 (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；其二证明线面垂直，只 需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量 与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：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． (2016·青岛模拟)如图，在多面体 ABC－A1B1C1 中，四边形 A1ABB1 是正方形，AB ＝AC，BC＝ 2AB，B1C1 綊 1 2BC，二面角 A1－AB－C 是直二面角．求证： (1)A1B1⊥平面 AA1C； (2)AB1∥平面 A1C1C. 证明 (1)∵二面角 A1－AB－C 是直二面角，四边形 A1ABB1 为正方形， ∴AA1⊥平面 BAC. 又∵AB＝AC，BC＝ 2AB， ∴∠CAB＝90°，即 CA⊥AB， ∴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 AB＝2，则 A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)． A1B1 → ＝(0,2,0)，A1A→ ＝(0,0，－2)，AC→＝(2,0,0)， 设平面 AA1C 的一个法向量 n＝(x，y，z)， 则 n·A1A→ ＝0， n·AC→＝0， 即 －2z＝0， 2x＝0， 即 x＝0， z＝0， 取 y＝1，则 n＝(0,1,0)． ∴A1B1 → ＝2n，即A1B1 → ∥n. ∴A1B1⊥平面 AA1C. (2)易知AB1 → ＝(0,2,2)，A1C1 → ＝(1,1,0)，A1C→ ＝(2,0，－2)， 设平面 A1C1C 的一个法向量 m＝(x1，y1，z1)， 则 m·A1C1 → ＝0， m·A1C→ ＝0， 即 x1＋y1＝0， 2x1－2z1＝0， 令 x1＝1，则 y1＝－1，z1＝1，即 m＝(1，－1,1)． ∴AB1 → ·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB1 → ⊥m. 又 AB1⊄平面 A1C1C，∴AB1∥平面 A1C1C. 题型三 利用空间向量解决探索性问题 例 4 (2016·北京)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD⊥平面 ABCD，PA⊥PD，PA＝PD， AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5. (1)求证：PD⊥平面 PAB； (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值； (3)在棱 PA 上是否存在点 M，使得 BM∥平面 PCD？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理 由． (1)证明 ∵平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面 ABCD， ∴AB⊥平面 PAD. ∵PD⊂平面 PAD，∴AB⊥PD. 又 PA⊥PD，PA∩AB＝A，且 PA，PB⊂平面 PAB， ∴PD⊥平面 PAB. (2)解 取 AD 中点 O，连接 CO，PO， ∵PA＝PD， ∴PO⊥AD. 又∵PO⊂平面 PAD， 平面 PAD⊥平面 ABCD， ∴PO⊥平面 ABCD， ∵CO⊂平面 ABCD， ∴PO⊥CO， ∵AC＝CD，∴CO⊥AD. 以 O 为原点建立如图所示空间直角坐标系．易知 P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)． 则PB→＝(1,1，－1)，PD→ ＝(0，－1，－1)，PC→＝(2,0，－1)． CD→ ＝(－2，－1,0)． 设 n＝(x0，y0,1)为平面 PCD 的一个法向量． 由 n·PD→ ＝0， n·PC→＝0 得 －y0－1＝0， 2x0－1＝0， 解得 y0＝－1， x0＝1 2. 即 n＝ 1 2 ，－1，1 . 设 PB 与平面 PCD 的夹角为θ. 则 sin θ＝|cos〈n，PB→〉|＝|n·PB→| |n||PB→| ＝ |1 2 －1－1| 1 4 ＋1＋1× 3 ＝ 3 3 . (3)解 设 M 是棱 PA 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM→ ＝λAP→，因此点 M(0,1－λ，λ)，BM→ ＝(－ 1，－λ，λ)， ∵BM⊄平面 PCD，∴BM∥平面 PCD， ∴BM→ ·n＝0，即(－1，－λ，λ)· 1 2 ，－1，1 ＝0，解得λ＝1 4 ，∴在棱 PA 上存在点 M 使得 BM∥ 平面 PCD，此时AM AP ＝1 4. 思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一 步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即 找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”． (2016·深圳模拟)如图所示，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，MD⊥平面 ABCD，NB⊥平面 ABCD，且 MD＝NB＝1，E 为 BC 的中点． (1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值； (2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN？若存在，求线段 AS 的长；若不存在， 请说明理由． 解 (1)如图，以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Dxyz， 依题意得 D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(1 2 ，1,0)， 所以NE→＝(－1 2 ，0，－1)，AM→ ＝(－1,0,1)， 因为|cos〈NE→，AM→ 〉|＝|NE→·AM→ | |NE→||AM→ | ＝ 1 2 5 2 × 2 ＝ 10 10 . 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 10 . (2)假设在线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN. 连接 AE，如图所示． 因为AN→＝(0,1,1)，可设AS→＝λAN→＝(0，λ，λ)， 又EA→＝(1 2 ，－1,0)， 所以ES→＝EA→＋AS→＝(1 2 ，λ－1，λ)． 由 ES⊥平面 AMN， 得 ES→·AM→ ＝0， ES→·AN→＝0， 即 －1 2 ＋λ＝0， λ－1＋λ＝0， 解得λ＝1 2 ， 此时AS→＝(0，1 2 ，1 2)，|AS→|＝ 2 2 . 经检验，当 AS＝ 2 2 时，ES⊥平面 AMN. 故线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN，此时 AS＝ 2 2 . 19．利用向量法解决立体几何问题 典例 (12 分)(2016·吉林实验中学月考)如图 1 所示，正△ABC 的边长为 4，CD 是 AB 边上的 高，E，F 分别是 AC 和 BC 边的中点，现将△ABC 沿 CD 翻折成直二面角 A－DC－B，如图 2 所示． (1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角 E－DF－C 的余弦值； (3)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 AP⊥DE？证明你的结论． 思想方法指导 对于较复杂的立体几何问题可采用向量法 (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建立空间直角坐标系，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． 规范解答 解 (1)AB∥平面 DEF，理由如下： 在△ABC 中，由 E，F 分别是 AC，BC 中点，得 EF∥AB. 又 AB⊄平面 DEF，EF⊂平面 DEF， ∴AB∥平面 DEF.[1 分] (2)以 D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,2 3，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，[3 分] 易知平面 CDF 的法向量为DA→ ＝(0,0,2)， 设平面 EDF 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 DF→ ·n＝0， DE→ ·n＝0， 即 x＋ 3y＝0， 3y＋z＝0， 取 n＝(3，－ 3，3)， cos〈DA→ ，n〉＝ DA→ ·n |DA→ ||n| ＝ 21 7 ， ∴二面角 E－DF－C 的余弦值为 21 7 .[6 分] (3)设 P(x，y,0)，则AP→·DE→ ＝ 3y－2＝0， ∴y＝2 3 3 . 又BP→＝(x－2，y,0)，PC→＝(－x,2 3－y,0)， ∵BP→∥PC→，∴(x－2)(2 3－y)＝－xy， ∴ 3x＋y＝2 3.[9 分] 把 y＝2 3 3 代入上式得 x＝4 3 ，∴P(4 3 ，2 3 3 ，0)， ∴BP→＝1 3BC→， ∴在线段 BC 上存在点 P(4 3 ，2 3 3 ，0)，使 AP⊥DE.[12 分] 1．(2016·茂名调研)已知 a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)．若 a，b，c 三向量共 面，则实数λ等于( ) A.62 7 B.63 7 C.60 7 D.65 7 答案 D 解析 由题意得 c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， ∴ 7＝2t－μ， 5＝－t＋4μ， λ＝3t－2μ， ∴ t＝33 7 ， μ＝17 7 ， λ＝65 7 . 2．(2017·西安质检)若平面α，β的法向量分别是 n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( ) A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上答案均不正确 答案 C 解析 ∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)≠0， ∴n1 与 n2 不垂直，且不共线． ∴α与β相交但不垂直． 3．已知平面α内有一点 M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为 n＝(6，－3,6)，则下列点 P 中， 在平面α内的是( ) A．P(2,3,3) B．P(－2,0,1) C．P(－4,4,0) D．P(3，－3,4) 答案 A 解析 逐一验证法，对于选项 A，MP→ ＝(1,4,1)， ∴MP→ ·n＝6－12＋6＝0，∴MP→ ⊥n，∴点 P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内． 4．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 答案 D 解析 ∵AB→＝λCD→ ＋μCE→，∴AB→、CD→ 、CE→共面， ∴AB 与平面 CDE 平行或在平面 CDE 内． 5．设 u＝(－2,2，t)，v＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量．若α⊥β，则 t 等于( ) A．3 B．4 C．5 D．6 答案 C 解析 ∵α⊥β，则 u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，∴t＝5. 6．(2016·泰安模拟)如图所示，在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，棱长为 a，M，N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1M＝AN＝ 2a 3 ，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是( ) A．斜交 B．平行 C．垂直 D．MN 在平面 BB1C1C 内 答案 B 解析 建立如图所示的空间直角坐标系， 由于 A1M＝AN＝ 2a 3 ， 则 M(a，2a 3 ，a 3)，N(2a 3 ，2a 3 ，a)，MN→ ＝(－a 3 ，0，2a 3 )． 又 C1D1⊥平面 BB1C1C， 所以C1D1 → ＝(0，a,0)为平面 BB1C1C 的一个法向量． 因为MN→ ·C1D1 → ＝0， 所以MN→ ⊥C1D1 → ，又 MN⊄平面 BB1C1C， 所以 MN∥平面 BB1C1C. 7．(2017·广州质检)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__________________________． 答案 α∥β 解析 设平面α的法向量为 m＝(x，y，z)， 由 m·AB→＝0，得 x·0＋y－z＝0⇒y＝z， 由 m·AC→＝0，得 x－z＝0⇒x＝z，取 x＝1， ∴m＝(1,1,1)，m＝－n， ∴m∥n，∴α∥β. 8．(2016·潍坊模拟)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________． 答案 ①②③ 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． ∵BD→ ＝AD→ －AB→＝(2,3,4)，AP→＝(－1,2，－1)， ∴BD→ 与AP→不平行，故④错误． *9.如图，圆锥的轴截面 SAB 是边长为 2 的等边三角形，O 为底面中心，M 为 SO 中点，动点 P 在圆锥底面内(包括圆周)．若 AM⊥MP，则点 P 形成的轨迹长度为________． 答案 7 2 解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示． 则 A(0，－1,0)，B(0,1,0)，S(0,0， 3)，M(0,0， 3 2 )，设 P(x，y,0)， ∴AM→ ＝(0,1， 3 2 )，MP→ ＝(x，y，－ 3 2 )，即 y＝3 4 ， ∴点 P 的轨迹方程为 y＝3 4. 根据圆的弦长公式，可得点 P 形成的轨迹长度为 2 1－3 4 2＝ 7 2 . 10.如图，在三棱锥 PABC 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，OD，OP 所在直线为 y 轴，z 轴，建立空间直角坐标 系 Oxyz. 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， ∴AP→⊥BC→，即 AP⊥BC. (2)由(1)知 AP＝5， 又 AM＝3，且点 M 在线段 AP 上， ∴AM→ ＝3 5AP→＝ 0，9 5 ，12 5 ， 又BC→＝(－8,0,0)，AC→＝(－4,5,0)， BA→＝(－4，－5,0)， ∴BM→ ＝BA→＋AM→ ＝ －4，－16 5 ，12 5 ， 则AP→·BM→ ＝(0,3,4)· －4，－16 5 ，12 5 ＝0， ∴AP→⊥BM→ ，即 AP⊥BM， 又根据(1)的结论知 AP⊥BC，且 BM∩BC＝B， ∴AP⊥平面 BMC，于是 AM⊥平面 BMC. 又 AM⊂平面 AMC，故平面 AMC⊥平面 BMC. 11．(2016·长沙模拟)如图，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，分别以 DA、DC、DP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， 设 AD＝a，则 D(0,0,0)， A(a,0,0)，B(a，a,0)， C(0，a,0)，E a，a 2 ，0 ， P(0,0，a)，F a 2 ，a 2 ，a 2 . EF→＝ －a 2 ，0，a 2 ，DC→ ＝(0，a,0)． ∵EF→·DC→ ＝0，∴EF→⊥DC→ ，即 EF⊥CD. (2)解 设 G(x,0，z)，则FG→ ＝ x－a 2 ，－a 2 ，z－a 2 ， 若使 GF⊥平面 PCB，则 由FG→ ·CB→＝ x－a 2 ，－a 2 ，z－a 2 ·(a,0,0) ＝a x－a 2 ＝0，得 x＝a 2 ； 由FG→ ·CP→＝ x－a 2 ，－a 2 ，z－a 2 ·(0，－a，a) ＝a2 2 ＋a z－a 2 ＝0，得 z＝0. ∴G 点坐标为 a 2 ，0，0 ，即 G 为 AD 的中点． *12.如图所示，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF， ∠BFC＝90°，BF＝FC，H 是 BC 的中点． (1)求证：FH∥平面 EDB； (2)求证：AC⊥平面 EDB. 证明 (1)∵四边形 ABCD 为正方形，∴AB⊥BC. 又 EF∥AB，∴EF⊥BC. 又 EF⊥FB，FB∩BC＝B，∴EF⊥平面 BFC. ∴EF⊥FH，∴AB⊥FH. 又 BF＝FC，H 为 BC 的中点，∴FH⊥BC. 又 AB∩BC＝B，∴FH⊥平面 ABC. 以 H 为坐标原点，HB→ 为 x 轴正方向，HF→ 为 z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系． 设 BH＝1，则 A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1)． 设 AC 与 BD 的交点为 G，连接 GE，GH， 则 G(0，－1,0)，∴GE→ ＝(0,0,1)， 又HF→ ＝(0,0,1)，∴HF→ ∥GE→ . 又 GE⊂平面 EDB，HF⊄平面 EDB， ∴FH∥平面 EDB. (2)∵AC→＝(－2,2,0)，GE→ ＝(0,0,1)， AC→·GE→ ＝0， ∴AC⊥GE. 又 AC⊥BD，EG∩BD＝G， ∴AC⊥平面 EDB.