浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第7节空间向量与线面位置关系含解析

浙江省2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第7节空间向量与线面位置关系含解析

第7节　空间向量与线面位置关系 考试要求　1.理解直线的方向向量与平面的法向量，会用向量方法证明直线、平面的位置关系；2.了解向量法求点到面的距离.‎ 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 ‎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.‎ ‎4.点面距的求法 如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离d＝.‎ ‎[常用结论与易错提醒]‎ ‎1.直线l1，l2的方向向量分别为v1，v2，且v1∥v2，若l1，l2有公共点，则l1，l2重合；若l1，l2没有公共点，则l1∥l2.‎ ‎2.直线l的方向向量v与平面α内不共线的向量a，b满足v＝λa＋μb，若直线l与α无公共点，则l∥α，若直线l与α有公共点，则l⊂α.‎ ‎3.直线l的方向向量v与平面α的法向量u垂直，若直线l与平面α有公共点，则l⊂α，若直线l与平面α无公共点，则l∥α.‎ 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.(　　)‎ 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.‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎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. D. 解析　设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，由得∴x＝y＝z.故选C.‎ 答案　C ‎3.已知平面α的法向量为n＝(2，－2，4)，＝(－1，1，－2)，则直线AB与平面α的位置关系为(　　)‎ A.AB⊥α B.AB⊂α C.AB与α相交但不垂直 D.AB∥α 解析　由题意易得n＝－2，所以向量也为平面α的一个法向量，则直线AB与平面α垂直，故选A.‎ 答案　A ‎4.平面α的法向量u＝(2，－2，2)，平面β的法向量v＝(1，2，1)，则下列命题正确的是(　　)‎ A.α，β平行 B.α，β垂直 C.α，β重合 D.α，β不垂直 解析　∵平面α的法向量与平面β的法向量的数量积为u·v ‎＝2×1＋(－2)×2＋2×1＝0，∴平面α，β垂直，故选B.‎ 答案　B ‎5.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________.‎ 解析　当v＝(3，－2，2)时，由于u·v＝0，即u⊥v，∴α⊥β；当v＝(4，－4，－10)时，由于v＝－2u≠0，∴α∥β.‎ 答案　α⊥β　α∥β ‎6.设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n＝(2，2，4)，若a＝(1，1，2)，则直线l与平面α的位置关系为________；‎ 若a＝(－1，－1，1)，则直线l与平面α的位置关系为________.‎ 解析　当a＝(1，1，2)时，a＝n，则l⊥α；‎ 当a＝(－1，－1，1)时，a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l⊂α.‎ 答案　l⊥α　l∥α或l⊂α 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　因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，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).‎ 所以＝(2，0，－2)，＝(0，－1，0)，＝(1，1，－1)，‎ 设＝s＋t，‎ 即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，‎ 所以解得s＝t＝2，‎ 所以＝2＋2，‎ 又因为与不共线，所以，与共面.‎ 因为PB⊄平面EFG，所以PB∥平面EFG.‎ 规律方法　(1)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.‎ ‎(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＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝＋，又与不共线，由共面向量定理知E，F，G，H四点共面.‎ ‎(2)因为＝－＝－＝(－)＝，因为E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD.‎ 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，‎ ‎∵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，∴DM⊥平面PAB.‎ ‎∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.‎ 规律方法　用向量证明垂直的方法 ‎(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，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：MN⊥AB，MN⊥CD；‎ ‎(2)求MN的长.‎ ‎(1)证明　设＝p，＝q，＝r.‎ 由题意可知，|p|＝|q|＝|r|＝a，且p，q，r三向量两两夹角均为60°.‎ ＝－＝(＋)－＝(q＋r－p)，‎ ‎∴·＝(q＋r－p)·p＝(q·p＋r·p－p2)‎ ‎＝(a2cos 60°＋a2cos 60°－a2)＝0.‎ ‎∴⊥，即MN⊥AB.‎ 同理可证MN⊥CD.‎ ‎(2)解　由(1)可知＝(q＋r－p)，‎ ‎∴||2＝(q＋r－p)2‎ ‎＝[q2＋r2＋p2＋2(q·r－p·q－r·p)]‎ ‎＝ ‎＝×2a2＝.‎ ‎∴||＝a.∴MN的长为a.‎ 考点三　利用空间向量求解探索性问题 ‎【例3】 如图，在四棱锥E－ABCD中，平面ABE⊥底面ABCD，侧面AEB 为等腰直角三角形，∠AEB＝，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC.‎ 线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，说明理由.‎ 解　存在点F，且＝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CD＝1，则E(0，0，1)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，所以＝(－1，0，－1)，＝(－1，1，0)，＝(1，1，－1).‎ 由＝＝，得F，‎ 所以＝.‎ 设平面FBD的法向量为v＝(a，b，c)，‎ 则所以 取a＝1，得v＝(1，1，2)，‎ 因为·v＝(1，1，－1)·(1，1，2)＝0，‎ 且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD，‎ 即当点F满足＝时，有EC∥平面FBD.‎ 规律方法　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P－ABCD中，△ABP是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，∠DAB＝90°，AD∥BC，E是线段AB的中点，PE⊥底面ABCD，已知DA＝AB＝2BC＝2.试在平面PCD上找一点M，使得EM⊥平面PCD.‎ 解　因为PE⊥底面ABCD，过E作ES∥BC，则ES⊥AB，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，)，＝(－2，1，0)，＝(1，1，－).‎ 设M点的坐标为(x1，y1，z1)，平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则令x＝1，得n＝(1，2，).‎ 因为EM⊥平面PCD，所以∥n，即＝＝，也即y1＝2x1，z1＝x1，又＝(x1，y1，z1－)，＝(－1，2，－)，＝(1，1，－)，‎ 所以＝λ＋μ＝(λ－μ，λ＋2μ，－λ－μ)，‎ 所以得x1＝λ－μ，y1＝λ＋2μ＝2x1＝2(λ－μ)，即λ＝4μ，‎ z1－＝－λ－μ，λ＝，所以μ＝，‎ 所以M点的坐标为.‎ 基础巩固题组 ‎1.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，N，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，‎ 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.‎ ‎2.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°.‎ 求证：AC1⊥BD.‎ 证明　记＝a，＝b，＝c，∵＝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.(一题多解)如图，在四面体A－BCD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Oxyz.‎ 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，D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.‎ ‎4.如图所示，已知直三棱柱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　(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).‎ 设AB中点为N，连接CN，‎ 则N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)，‎ 所以＝(－2，4，0)，＝(4，0，0)，＝(0，4，0)，‎ 所以＝－＋，又与不共线，‎ 所以与，共面，又DE⊄平面ABC，‎ 故DE∥平面ABC.‎ ‎(2)＝(－2，2，－4)，＝(2，－2，－2)，‎ ＝(2，2，0).‎ ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，‎ ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.‎ 所以⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，‎ 又因为AF∩EF＝F，AF⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，‎ 所以B1F⊥平面AEF.‎ ‎5.如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綉BC，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)因为二面角A1－AB－C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，‎ 所以AA1⊥平面BAC.‎ 又因为AB＝AC，BC＝AB，‎ 所以AB2＋AC2＝BC2，即∠CAB＝90°，即CA⊥AB，‎ 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AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)，‎ 所以＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，＝(2，0，0).‎ 平面AA1C就是xOz平面，取一个法向量n＝(0，1，0).‎ 所以＝2n，即∥n.‎ 所以A1B1⊥平面AA1C.‎ ‎(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，＝(2，0，－2)，‎ 设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1，1).‎ 所以·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，‎ 所以⊥m.‎ 又AB1⊄平面A1C1C，‎ 所以AB1∥平面A1C1C.‎ ‎6.(一题多解)如图，在直三棱柱ADE－BCF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)，M，O.‎ ＝，＝(－1，0，0)，‎ ‎∴·＝0，∴⊥.‎ ‎∵棱柱ADE－BCF是直三棱柱，‎ ‎∴AB⊥平面BCF，∴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).‎ ‎∵＝(1，－1，1)，＝，＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，‎ 由得 令x1＝1，则n1＝.同理可得n2＝(0，1，1).‎ ‎∵n1·n2＝0，∴平面MDF⊥平面EFCD.‎ 法二　(1)＝＋＋＝－＋ ‎＝(＋)－＋＝－－＋ ‎＝－(＋)－＋ ‎＝－－.‎ ‎∴向量与向量，共面，‎ 又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.‎ ‎(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，‎ ‎∵＝，＝－，‎ ‎∴·＝·＝0，‎ ·＝·(－)‎ ‎＝－2＋2＝0.‎ ‎∴OM⊥CD，OM⊥FC，‎ 又CD∩FC＝C，CD，FC⊂平面EFCD，‎ ‎∴OM⊥平面EFCD.‎ 又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.‎ 能力提升题组 ‎7.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝3，AA1＝2.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　∵AD∥BC，AA1∥CC1，‎ 且AD∩AA1＝A，BC∩BB1＝B，‎ ‎∴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，建立空间直角坐标系.‎ 假设在BC上存在这样的点F，则由A1C1⊥平面BCC1B1推得A1C1⊥C1F.‎ 又由(1)的结论A1D∥平面BCC1B1可推得A1C1⊥A1D.‎ 综上，要使平面DA1C1⊥平面FA1C1，只需A1D⊥C1F即可.‎ 设BF＝x，则＝(x－3，0，－2)，＝(3，0，－2)，‎ 由·＝0，得3(x－3)＋4＝0，x＝，‎ ‎∴在BC上存在点F，使得两个平面垂直，只需让BF＝即可.‎ ‎8.如图所示，四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED.‎ ‎(1)求证：PA⊥平面ABCD；‎ ‎(2)在侧棱PC上是否存在一点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　∵PA＝AD＝1，PD＝，‎ ‎∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.‎ 又PA⊥CD，AD∩CD＝D，∴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)，‎ E，＝(1，1，0)，‎ ＝.设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即令y＝1，‎ 则n＝(－1，1，－2).‎ 假设侧棱PC上存在一点F，且＝λ(0≤λ≤1)，‎ 使得BF∥平面AEC，则·n＝0.‎ 又∵＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，‎ ‎∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，‎ ‎∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点.‎