2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第八章立体几何与空间向量第6节空间向量及空间位置关系

2021届高考数学一轮复习新人教A版教学案：第八章立体几何与空间向量第6节空间向量及空间位置关系

www.ks5u.com 第6节　空间向量及空间位置关系 考试要求　1.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示；2.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示；3.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直；4.理解直线的方向向量及平面的法向量；5.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；6.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.空间向量的有关概念 名称 定义 空间向量 在空间中，具有大小和方向的量 相等向量 方向相同且模相等的向量 相反向量 方向相反且模相等的向量 共线向量 ‎(或平行向量)‎ 表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量 共面向量 平行于同一个平面的向量 ‎2.空间向量的有关定理 ‎(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使得a＝λb.‎ ‎(2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb.‎ ‎(3)空间向量基本定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}，使得p＝xa＋yb＋zc，其中，{a，b，c}叫做空间的一个基底.‎ ‎3.空间向量的数量积及运算律 ‎(1)数量积及相关概念 ‎①两向量的夹角：已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作＝a，＝b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a，b〉，其范围是[0，π]，若〈a，b〉＝，则称a与b互相垂直 ‎，记作a⊥b.‎ ‎②非零向量a，b的数量积a·b＝|a||b|cos〈a，b〉.‎ ‎(2)空间向量数量积的运算律：‎ ‎①结合律：(λa)·b＝λ(a·b)；‎ ‎②交换律：a·b＝b·a；‎ ‎③分配律：a·(b＋c)＝a·b＋a·c.‎ ‎4.空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).‎ 向量表示 坐标表示 数量积 a·b a1b1＋a2b2＋a3b3‎ 共线 a＝λb(b≠0，λ∈R)‎ a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3‎ 垂直 a·b＝0‎ ‎(a≠0，b≠0)‎ a1b1＋a2b2＋a3b3＝0‎ 模 ‎|a|‎ 夹角 ‎〈a，b〉(a≠0，b≠0)‎ cos〈a，b〉＝ ‎5.直线的方向向量和平面的法向量 ‎(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.‎ ‎(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.‎ ‎6.空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2‎ l1∥l2‎ n1∥n2⇔n1＝λn2‎ l1⊥l2‎ n1⊥n2⇔n1·n2＝0‎ 直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥α n⊥m⇔n·m＝0‎ l⊥α n∥m⇔n＝λm 平面α，β的法向量分别为n，m α∥β n∥m⇔n＝λm α⊥β n⊥m⇔n·m＝0‎ ‎[常用结论与微点提醒]‎ ‎1.在平面中A，B，C三点共线的充要条件是：＝x＋y(其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点.‎ ‎2.在空间中P，A，B，C四点共面的充要条件是：＝x＋y＋z(其中x＋y＋z＝1)，O为空间任意一点.‎ ‎3.向量的数量积满足交换律、分配律，即a·b＝b·a，a·(b＋c)＝a·b＋a·c成立，但不满足结合律，即(a·b)·c＝a·(b·c)不一定成立.‎ ‎4.用向量知识证明立体几何问题，仍离不开立体几何中的定理.若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.‎ 诊 断 自 测 ‎1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)直线的方向向量是唯一确定的.(　　)‎ ‎(2)若直线a的方向向量和平面α的法向量平行，则a∥α.(　　)‎ ‎(3)若{a，b，c}是空间的一个基底，则a，b，c中至多有一个零向量.(　　)‎ ‎(4)若a·b<0，则〈a，b〉是钝角.(　　)‎ 解析　(1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；‎ ‎(2)a⊥α；(3)若a，b，c中有一个是0，则a，b，c共面，不能构成空间一个基底；(4)若〈a，b〉＝π，则a·b<0，故不正确.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ ‎2.(老教材选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为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.以上均不对 解析　∵n1≠λn2，且n1·n2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直.‎ 答案　C ‎3.(老教材选修2－1P118A组T6改编)已知a＝(cos θ，1，sin θ)，b＝(sin θ，1，cos θ)，则向量a＋b与a－b的夹角是________.‎ 解析　a＋b＝(cos θ＋sin θ，2，cos θ＋sin θ)，a－b＝(cos θ－sin θ，0，sin θ ‎－cos θ)，‎ ‎∴(a＋b)·(a－b)＝(cos2 θ－sin2 θ)＋(sin2 θ－cos2 θ)＝0，‎ ‎∴(a＋b)⊥(a－b)，则a＋b与a－b的夹角是.‎ 答案　 ‎4.(2020·成都七中周测)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. D. 解析　设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，‎ 则化简得∴x＝y＝z.‎ 答案　C ‎5.(2018·合肥月考)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(　　)‎ A.平行 B.相交 C.异面垂直 D.异面不垂直 解析　以A为原点，分别以，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，M，O，N.·＝·＝0，‎ ‎∴ON与AM垂直，易得ON与AM异面，故ON与AM异面垂直.‎ 答案　C ‎6.(2020·西安月考)如图所示，在四面体OABC中，＝a，＝b，＝c，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝________(用a，b，c表示).‎ 解析　＝＋＝＋ ‎＝＋(－)＝＋ ‎＝＋×(＋)＝a＋b＋c.‎ 答案　a＋b＋c 考点一　空间向量的数量积及其应用典例迁移 ‎【例1】 (经典母题)如图所示，已知空间四边形ABCD的每条边和对角线长都等于1，点E，F，G分别是AB，AD，CD的中点，计算：‎ ‎(1)·；(2)·.‎ 解　设＝a，＝b，＝c.‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，‎ ‎(1)＝＝c－a，＝－a，‎ ·＝·(－a)＝a2－a·c＝，‎ ‎(2)·＝(＋＋)·(－)‎ ‎＝·(－)‎ ‎＝·(－)‎ ‎＝·(c－a)‎ ‎＝ ‎＝.‎ ‎【迁移1】 本例的条件不变，求证：EG⊥AB.‎ 证明　由例1知＝(＋－)＝(b＋c－a)，‎ 所以·＝(a·b＋a·c－a2)‎ ‎＝＝0.‎ 故⊥，即EG⊥AB.‎ ‎【迁移2】 本例的条件不变，求EG的长.‎ 解　由例1知＝－a＋b＋c，‎ ‎||2＝a2＋b2＋c2－a·b＋b·c－c·a＝，则||＝，即EG的长为.‎ ‎【迁移3】 本例的条件不变，求异面直线AG和CE所成角的余弦值.‎ 解　由例1知＝b＋c，＝＋＝－b＋a，‎ cos，＝＝－，‎ 由于异面直线所成角的范围是，‎ 所以异面直线AG与CE所成角的余弦值为.‎ 规律方法　空间向量数量积的应用中的主要题型 ‎(1)求夹角：设向量a，b所成的角为θ，则cos θ＝，进而可求两异面直线所成的角；‎ ‎(2)求长度(距离)；运用公式|a|2＝a·a，可使线段长度的计算问题转化为向量数量积的计算问题；‎ ‎(3)解决垂直问题：利用a⊥b⇔a·b＝0(a≠0，b≠0)，可将垂直问题转化为向量数量积的计算问题.‎ ‎【训练1】 如图所示，四棱柱ABCD－A1B1C1D1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°.‎ ‎(1)求AC1的长；‎ ‎(2)求证：AC1⊥BD；‎ ‎(3)求BD1与AC夹角的余弦值.‎ ‎(1)解　记＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，‎ ‎∴a·b＝b·c＝c·a＝.‎ ‎||2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)‎ ‎＝1＋1＋1＋2×＝6，‎ ‎∴|1|＝，即AC1的长为.‎ ‎(2)证明　∵＝a＋b＋c，＝b－a，‎ ‎∴·＝(a＋b＋c)·(b－a)‎ ‎＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c ‎＝b·c－a·c ‎＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0.‎ ‎∴⊥，∴AC1⊥BD.‎ ‎(3)解　＝b＋c－a，＝a＋b，‎ ‎∴||＝，||＝，‎ ·＝(b＋c－a)·(a＋b)‎ ‎＝b2－a2＋a·c＋b·c＝1.‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ ‎∴AC与BD1夹角的余弦值为.‎ 考点二　利用向量证明平行问题 ‎【例2】 (一题多解)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，建立如右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).‎ 法一　∴＝(0，1，0)，＝(1，2，－1)，‎ 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，‎ ‎∵＝(2，0，－2)，∴·n＝0，∴n⊥，‎ ‎∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.‎ 法二　＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)，‎ ＝(1，1，－1).设＝s＋t，‎ 即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，‎ ‎∴解得s＝t＝2.‎ ‎∴＝2＋2，‎ 又∵与不共线，∴，与共面.‎ ‎∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.‎ 规律方法　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.‎ ‎【训练2】 (一题多解)如图，在四面体ABCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝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　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O－xyz.‎ 由题意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0).‎ 设点C的坐标为(x0，y0，0).‎ 因为＝3，‎ 所以Q.‎ 因为M为AD的中点，故M(0，，1).‎ 又P为BM的中点，故P，‎ 所以＝.‎ 又平面BCD的一个法向量为a＝(0，0，1)，故·a＝0.‎ 又PQ⊄平面BCD，‎ 所以PQ∥平面BCD.‎ 法二　在线段CD上取点F，使得DF＝3FC，连接OF，同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).‎ ‎∵＝，设点F坐标为(x，y，0)，则 ‎(x－x0，y－y0，0)＝(－x0，－y0，0)，‎ ‎∴∴＝ 又由法一知＝，‎ ‎∴＝，∴PQ∥OF.‎ 又PQ⊄平面BCD，OF⊂平面BCD，‎ ‎∴PQ∥平面BCD.‎ 考点三　利用向量证明垂直问题 ‎【例3】 如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：‎ ‎(1)PA⊥BD；‎ ‎(2)平面PAD⊥平面PAB.‎ 证明　(1)取BC的中点O，连接PO，△PBC为等边三角形，即PO⊥BC，‎ ‎∵平面PBC⊥底面ABCD，BC为交线，PO⊂平面PBC，‎ ‎∴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轴，建立空间直角坐标系，如图所示.‎ 不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝.‎ ‎∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，).‎ ‎∴＝(－2，－1，0)，＝(1，－2，－).‎ ‎∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，∴PA⊥BD.‎ ‎(2)取PA的中点M，连接DM，则M.‎ ‎∵＝，＝(1，0，－)，‎ ‎∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，即DM⊥PB.‎ ‎∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，即DM⊥PA.‎ 又∵PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，‎ ‎∴DM⊥平面PAB.‎ ‎∵DM⊂平面PAD，‎ ‎∴平面PAD⊥平面PAB.‎ 规律方法　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.‎ ‎【训练3】 如图正方形ABCD的边长为2，四边形BDEF是平行四边形，BD与AC交于点G，O 为GC的中点，FO＝，且FO⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：AE∥平面BCF；‎ ‎(2)求证：CF⊥平面AEF.‎ 证明　取BC中点H，连接OH，则OH∥BD，‎ 又四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，‎ 故以O为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A(3，0，0)，C(－1，0，0)，D(1，－2，0)，F(0，0，)，B(1，2，0).‎ ＝(－2，－2，0)，＝(1，0，)，＝(－1，－2，).‎ ‎(1)设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 取z＝1，得n＝(－，，1).‎ 又四边形BDEF为平行四边形，‎ ‎∴＝＝(－1，－2，)，‎ ‎∴＝＋＝＋ ‎＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，)＝(－3，－4，)，‎ ‎∴·n＝3－4＋＝0，∴⊥n，‎ 又AE⊄平面BCF，∴AE∥平面BCF.‎ ‎(2)＝(－3，0，)，∴·＝－3＋3＝0，·＝－3＋3＝0，∴⊥，⊥，‎ 即CF⊥AF，CF⊥AE，‎ 又AE∩AF＝A，‎ AE，AF⊂平面AEF，‎ ‎∴CF⊥平面AEF.‎ 考点四　与线、面位置关系有关的探索性问题 ‎【例4】 如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.‎ ‎(1)求证：AC⊥BF；‎ ‎(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.‎ ‎(1)证明　∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，‎ ‎∴AF⊥平面ABCD.‎ ‎∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.‎ 过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝，CH＝3，‎ ‎∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB，‎ ‎∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB，‎ ‎∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.‎ ‎(2)解　存在.由(1)知，AF，AB，AC两两垂直.‎ 以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，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(0，2，0)，E(－1，，2).‎ 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合，‎ 设＝λ，则λ>0，P.‎ 设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z).‎ 由＝，＝(0，2，0)，‎ 得 即 令x＝1，则z＝，‎ 所以m＝为平面PAC的一个法向量.‎ 同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量.‎ 当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，‎ 故存在满足题意的点P，此时＝.‎ 规律方法　解决立体几何中探索性问题的基本方法 ‎(1)对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的相关定理、性质进行推理 论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论则否定假设.‎ ‎(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x，y，z)；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy面上的点为(x，y，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z轴上的点为(0，0，z)；④直线(线段)AB上的点P，可设为＝λ，表示出点P的坐标，或直接利用向量运算.‎ ‎【训练4】 已知某几何体的直观图和三视图如图，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形.M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由.‎ 解　由几何体的三视图可知AB，BC，BB1两两垂直，AN＝AB＝BC＝4，BB1＝8.如图，分别以AB，BB1，BC所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系B－xyz，则A(4，0，0)，B(0，0，0)，C(0，0，4)，N(4，4，0)，B1(0，8，0)，C1(0，8，4).‎ 设平面CNB1的法向量为n＝(x，y，z).‎ ‎∵＝(－4，－4，4)，＝(－4，4，0)，‎ ‎∴ 令x＝1，可得平面CNB1的一个法向量为n＝(1，1，2).‎ 设P(0，0，a)(0≤a≤4).‎ 由M(2，0，0)，得＝(2，0，－a).‎ ‎∵MP∥平面CNB1，∴·n＝2－2a＝0，解得a＝1，‎ ‎∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP＝1.‎ A级　基础巩固 一、选择题 ‎1.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 解析　由题意得u·v＝－2×6＋2×(－4)＋4t＝0，‎ 解得t＝5.‎ 答案　C ‎2.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)‎ 解析　逐一验证法，对于选项A，＝(1，4，1)，‎ ‎∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，‎ ‎∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.‎ 答案　A ‎3.如图，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　　)‎ A.B1E＝EB B.B1E＝2EB C.B1E＝EB D.E与B重合 解析　分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，则＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，因为·＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB.‎ 答案　A ‎4.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则·的值为(　　)‎ A.a2 B.a2 C.a2 D.a2‎ 解析　如图，设＝a，＝b，＝c，‎ 则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量两两夹角为60°.‎ ＝(a＋b)，＝c，‎ ‎∴·＝(a＋b)·c ‎＝(a·c＋b·c)＝(a2cos 60°＋a2cos 60°)＝a2.‎ 答案　C ‎5.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＝，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 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝，‎ 则M，N，＝.‎ 又C1D1⊥平面BB1C1C，‎ 所以＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量.‎ 因为·＝0，‎ 所以⊥，又MN⊄平面BB1C1C，‎ 所以MN∥平面BB1C1C.‎ 答案　B 二、填空题 ‎6.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　设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由m·＝0，得x·0＋y－z＝0⇒y＝z，‎ 由m·＝0，得x－z＝0⇒x＝z，取x＝1，‎ ‎∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.‎ 答案　α∥β ‎7.(2020·西安调研)已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________.‎ 解析　由条件得 解得x＝，y＝－，z＝4，∴x＋y＝－＝.‎ 答案　 ‎8.下列命题：①直线l的方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量b＝，则l与m垂直；②直线l的方向向量a＝(0，1，－1)，平面α的法向量n＝(1，－1，－1)，则l⊥α；③平面α，β的法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，则α∥β；④平面α经过三点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1.其中为真命题的是________(把你认为正确命题的序号都填上).‎ 解析　对于①，∵a＝(1，－1，2)，b＝，∴a·b＝1×2－1×1＋2×＝0，∴a⊥b，∴直线l与m垂直，①正确；‎ 对于②，a＝(0，1，－1)，n＝(1，－1，－1)，∴a·n＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，∴a⊥n，∴l∥α或l⊂α，②错误；‎ 对于③，∵n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，∴n1与n2不共线，∴α∥β不成立，③错误；‎ 对于④，∵点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，∴＝(－1，1，1)，＝(－1，1，0).∵向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，‎ ‎∴即则u＋t＝1，④正确.‎ 综上，真命题的序号是①④.‎ 答案　①④‎ 三、解答题 ‎9.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 D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，M，N，‎ 于是＝，＝(1，0，1)，＝(1，1，0).‎ 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝0，且n·＝0，得 取x＝1，得y＝－1，z＝－1.‎ 所以n＝(1，－1，－1).‎ 又·n＝·(1，－1，－1)＝0，‎ 所以⊥n.‎ 又MN⊄平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.‎ ‎10.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，过点E作EF⊥PB于点F.求证：‎ ‎(1)PA∥平面EDB；‎ ‎(2)PB⊥平面EFD.‎ 证明　以D为坐标原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.‎ 设DC＝a.‎ ‎(1)连接AC交BD于点G，连接EG.‎ 依题意得A(a，0，0)，P(0，0，a)，C(0，a，0)，‎ E.‎ 因为底面ABCD是正方形，所以G为AC的中点，‎ 故点G的坐标为，‎ 所以＝(a，0，－a)，＝，‎ 则＝2，故PA∥EG.‎ 而EG⊂平面EDB，PA⊄平面EDB，‎ 所以PA∥平面EDB.‎ ‎(2)依题意得B(a，a，0)，所以＝(a，a，－a).‎ 又＝，‎ 故·＝0＋－＝0，所以⊥，‎ 所以PB⊥DE.‎ 由题可知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，‎ 所以PB⊥平面EFD.‎ B级　能力提升 ‎11.有下列命题：①若p＝xa＋yb，则p与a，b共面；②若p与a，b共面，则p＝xa＋yb；③若＝x＋y，则P，M，A，B共面；④若P，M，A，B共面，则＝x＋y.其中真命题的个数是(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析　①正确；②中若a，b共线，p与a不共线，则p＝xa＋yb就不成立；③正确；④中若M，A，B共线，点P不在此直线上，则＝x＋y不正确.‎ 答案　B ‎12.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　　)‎ A.(1，1，1) 　　 B. C. 　　 D. 解析　设AC与BD相交于O点，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(，，1).‎ 由中点坐标公式，知点M的坐标.‎ 答案　C ‎13.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________.‎ 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，)，M，‎ 设P(x，y，0)，‎ ‎∴＝，＝，‎ 由·＝0得y＝，‎ ‎∴点P的轨迹方程为y＝.‎ 根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为 ‎2＝.‎ 答案　 ‎14.(2020·桂林模拟)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：BD⊥AA1；‎ ‎(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由.‎ ‎(1)证明　设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，‎ ‎∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，‎ ‎∴AO2＋A1O2＝AA，‎ ‎∴A1O⊥AO.‎ 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.‎ 以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)，A1(0，0，)，C1(0，2，).‎ 由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)，‎ ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，‎ ‎∴⊥，即BD⊥AA1.‎ ‎(2)解　假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，‎ 设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，).‎ 从而有P(0，1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ).‎ 设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，‎ 则 又＝(0，2，0)，＝(，0，)，‎ 则 取n3＝(1，0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，‎ 则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1，‎ 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.‎ C级　创新猜想 ‎15.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)，则下列结论正确的是(　　)‎ A.AP⊥AB B.AP⊥AD C.是平面ABCD的法向量 D.∥ 解析　∵·＝0，·＝0，∴AB⊥AP，AD⊥AP，则选项A和B都正确；又与不平行，∴是平面ABCD的法向量，故C正确；∵＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，‎ ‎∴与不平行，故D错误.‎ 答案　ABC