專(zhuān)題97空間向量在幾何體中的運(yùn)用2020年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高分點(diǎn)撥文理科通用教師版紙間書(shū)屋

9.7空間向量在空間幾何體的運(yùn)用（一一．設(shè)直線lm的方向向量分別為ab，平面的法向量分別為n1n2，則有如下結(jié)論l∥ma∥bakb,kl∥a⊥n∥n l⊥ml⊥a∥n1akn1,k⊥n⊥n設(shè)l，m的夾角為(0 ,則cos|cos<a,b>||ab|a||b設(shè)l，的夾角為(0 , |an |設(shè)，的夾角為(0 ,則cos|cos<n,AB為平面A在平面n為平面B到平面d||AB|cos<AB,n>|||AB

AB|AB||n

||ABn||n【例1】在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，NCC1，B1C1的中點(diǎn)．求證：MN → ＝(1,1,0)，MN＝，0，

設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，則

即

x＝1，則z＝－1，∴平面A1BD的一個(gè)法向 又MN·n＝，0，·(1，－1，－1)＝0，∴MN⊥n.∴MN → →1 1→1 1 →法二2

2

2

2

DA1，∴MN∥DA1，∴MN∥平面法三→

→1

1→1→1

1→

1→

1→1

2 →

→→即MN可用A1B與DB線性表示，故MN與A1B，DB是共面向量，故MN∥平面[證明]由例題解析知，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，則 設(shè)平面CB1D1的法向量為 則

11 11A1BDn＝(1，－1，－1)．在如圖3-2-4所示的多面體中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，GBC的中點(diǎn)，求證：ABDEG.3-2-[證明]∵EFAEB，AE?AEB，BE?又∵AE⊥EB，∴EB，EF，EA兩兩垂直以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)，EB，EF，EA分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系由已知得 →設(shè)平面DEG的法向

→

y＝1，得z＝－1，x＝－1 ∴AB·n＝－2＋0＋2＝0，即∵AB?平面∴AB∥平面SC的中點(diǎn)．求證：

是正方AS⊥底面

E平面 平面 圖 圖為原點(diǎn)，AS

A(000)D(0

，C(2,

，B(2,0,0)，S(0,0,2)，AS002AB20SAB的法向量為n

，則

，即y1SABn1：2，ACBD于點(diǎn)O，連接OE，則點(diǎn)O(1,1AS易得OE(0,0,1)，AS(0,0,2)，顯 ， ，所以AS又AS⊥底面 ，所以O(shè)E⊥底面又OE

x1y1z0A1BDmAS⊥底面

AS002

1.如圖所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都為2，D為CC1的中點(diǎn)，求證：AB1⊥平面【解析】法一：如圖所示，取BC的中點(diǎn)O，連接AO.因?yàn)椤鰽BC為正三角形，所以因?yàn)樵谡庵鵄BC-A1B1C1中ABC⊥平面BCC1B1，所以AO⊥平面111為原點(diǎn)，以O(shè)B，OO1，OA分別BC111為原點(diǎn)，以O(shè)B，OO1，OA分別

→→

x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，3)，A(0,0，所以 AB1＝(1,2，－3)，BA1＝(－1,2，因?yàn)?AB1·BA1＝1×(－1)＋2×2＋(－3)×→AB1·BD＝1×(－2)＋2×1＋(－所以 →AB1⊥BA1，AB1⊥BD，即又因?yàn)锽A1∩BD＝B，所以AB1⊥平面設(shè)平面A1BD的法向量為

x＝1A1BDn＝(1,2，－又 AB1＝(1,2，－3)，n＝AB1，即所以AB1⊥平面【例3】如圖，三ABC－A1B1C1中，AA1ABC，BC⊥AC，BC＝AC＝AA1＝2，DAC的中求證：AB1∥平面AB1的中點(diǎn)為G，問(wèn)：在矩形BCC1B1內(nèi)是H，使得GH⊥平面BDC1.若存在，求出點(diǎn)H的位置，在△AB1C中，MB1C中點(diǎn)，DAC中點(diǎn)，又∵AB1不在BDC1內(nèi)，DMBDC1內(nèi)∴AB1∥平面1(2)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)x軸y軸z軸建立1依題意，得C1(0,0,0)，D(1,2,0)，B(0,2,2)，G(1,1,1)，假設(shè)存在 GH⊥平面BC1D，→ GH⊥C1D?(－1，m－1，n－1)·(1,2,0)＝0?m＝GH⊥DB＝同理，由→ nGH⊥DB＝

111BCCB內(nèi)存在點(diǎn)HGH⊥平面BDC1112 HB1C1C1C 如圖所示，在四P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為PA，BD求證：EF∥平面在棱PC上是否存在一點(diǎn)G，使GF⊥平面EDF？若存在，點(diǎn)G的位置；若不存在，說(shuō)明理由【解析】(1)證明：如圖所示，連接AC.因?yàn)锳BCD是正方形，ACBD互相平分．FBD中點(diǎn)，所以AC中點(diǎn)．在△PAC中，EPA中點(diǎn)，F(xiàn)AC中點(diǎn)，所以又因?yàn)镋F?PBC，PC?PBCEF∥平面(2)取ADOPO.在△PAD中，PA＝PD，所因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面因?yàn)镺F?ABCD，所以又因?yàn)镕AC中點(diǎn)，所以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OF，OPx軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)EE

，→，

2于是DE＝ 2設(shè)平面EFD的法向量

y＝－x3232

所以

即

z0＝－x0＝1n＝(1，－1，－假設(shè)在棱PC上存在G，使GF111G(x，y，z)，則111

111x，y－1，z111EDFn＝(1，－1，－因?yàn)镚F

→z1＝－

即z1＝－又因?yàn)辄c(diǎn)G在棱 →上，所以GC與PC共線 因?yàn)镻C＝(－1,2，－x1＋1 —所以－1＝2 —————即－1

，無(wú)解．故PC上不存在G，使GF⊥平面【例4】如圖，已知正方體ABCD

的棱長(zhǎng)為3a，求平面AB1D1與平面BDC1之間的距離

3aBAB1D1的距離．在我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中，將四個(gè)面都為直角三角形的三棱錐稱之為鱉臑（bienao）P

PA

，PA

MPCP的距離 22【解析】以B，BA,BCx，yB000A200P202C020,由MPCMBPBM1,1,1,BA2,0,0BP設(shè)n

nBA ,

2x，z

n，可得n0,11PMABd

xnn在棱長(zhǎng)為1的正ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)A關(guān)于平面BDC1對(duì)稱點(diǎn)為MMA1B1C1D1的距 【答案】【解析】以D，DA，DC，DD1x，y，zD（0，0，0，B（11，0，1（，1，1，A（1，，0，A1（1，01

=（0，1，1BDC1的法向量則

=（x，y，zx=1，得n=（1，-1，1nDCyz （x-1）=-x-y+z=0，t+1+t+t=0t=132 1

，，-3 31 2

，，-3 3AMAM ，，-A1B1C1D1的法向量

=（0，0，1 3 3=3mm=3mm A．22 D．A．22【答案】M（2，λ，2，D1（0，0，2，E（2，0，1，F(xiàn)（2，2，1＝（﹣2，，1，

2sin(C) cosC1＝（0，λ，12 2設(shè)平面D1EF的法向量n＝（x，y，z∴點(diǎn)MD1EF的距離為525 2EMn 525 2EMn 如圖：正三棱柱ABCA1B1C1的底面邊長(zhǎng)為3D是CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且BDB1ADB的大小為60求點(diǎn)C1到平面B1AD的距離

P

上的一點(diǎn)，且2DP

，段DC上是否存在一點(diǎn)Q，使直線 平 ？若存在，請(qǐng)這一點(diǎn)的位置；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由（1）33（2）C1Q1PQ//

平面

BE

AD平面

BB

EBB,因此AD平面

平面 所以有B1E BEB1為二面角B1ADB的平面角

ABD120，BE32

VAC ABB

1331333 1 1

2 ,ABBD37知

1

d327933

，AA

，2DP

，

C1Q1PQ//

，所以

C1Q1 如圖3-2-11，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，點(diǎn)P為DD1的中點(diǎn)，求證：直線PB1⊥平面3-2- →→→→→故CP⊥PB1，CA⊥PB1，即CP∩CA＝C，且CP?平面PAC，CA?平面故直線PB1⊥平面如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，E為BB1的中點(diǎn)，證明：平面【解析】由題意得AB，BC，B1B兩兩垂直．以B為原點(diǎn)，BA，BC，BB1分別為x，y，z軸，建立如圖所示的

則AA1＝(0,0,1)，AC＝(－2,2,0)，AC1＝(－2,2,1)，AE＝－2,0，2設(shè)平面AA1C1C的一個(gè)法向量為 1 1則

x1＝1，得設(shè)平面AEC1的一個(gè)法向量為

22則

－2x2＋ z2＝4，得∴n1⊥n2，∴平面AEC1ABCA1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥ABC．A1A＝3，AB＝AC＝2A1C1＝2，DBCA1ADBCC1B1.A1(0,0，3)，C1(0,1，3)，因?yàn)镈BC的中點(diǎn)所以D點(diǎn)坐標(biāo)為 所以BC＝(－2,2,0)，AD＝(1,1,0)，AA1＝(0,0，→ →→→→所以BC⊥AD，BC⊥AA1，所以AD∩AA1＝A，所以BC⊥平面ADA1，而B(niǎo)C?BCC1B1，A1ADBCC1B1.17如圖，在多面體ABC－A1B1C1中，四邊形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝2AB，B1C1BC，B1C1=2BCAA1求證：(1)A1B1⊥平面(2)AB1∥平面【解析】證明∵AA1∴AB，AC，AA1兩兩互相垂直AxyzAB＝2A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)， A1B1＝(0,2,0A1A＝(0,02)，AC＝(2,0,0AA1C的一個(gè)法向量n＝(x，yz)，則AA→∴

→

y＝1，則A1B1＝2n，即A1B1∥n.∴A1B1⊥平面 AB1＝(0,2,2)，A1C1＝(1,1,0)，A1C＝(2,0，－2)，設(shè)平面A1C1C的一個(gè)法向量 則 AA

x1＝1，則y1＝－1，z1＝1，即∴→ AB1·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB1⊥m.又AB1?平面A1C1C，∴AB1∥平面如圖，在四棱錐P-ABCD中，PAABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1E為棱PC的BE∥平面平面PCD⊥平面【解析依題意知，AB，AD，AP兩兩以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得C(2,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．由E為棱PC的中點(diǎn)，得(1)因?yàn)?/p>

―→BE＝(0,1,1)，DC＝(2,0,0)，故BE·DC＝0.所以

AB＝(1,0,0)

PAD的法向―→而B(niǎo)E·AB＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以BE?PADBEPA (3)PD＝(0,2，－2)，DC設(shè)平面PCD的法向PD

n·DC

ABPADAB·AB＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以·AB＝(0,1,1)·(1,0,0)＝0，所以n⊥AB所以平面PCD⊥平面如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點(diǎn)E段BB1上，且分別為CC1，C1B1，C1A1的中點(diǎn)．求證B1D⊥平面平面EGF∥平面0,0)