高考数学一轮复习专题9.7空间向量在几何体中的运用（一）练习（含解析）.docx

9.7 空间向量在空间几何体的运用（一）一设直线，的方向向量分别为，平面，的法向量分别为，则有如下结论：平行问题线线平行线面平行面面平行垂直问题线线垂直线面垂直面面垂直夹角问题线线夹角设，的夹角为,则线面夹角设，的夹角为,则面面夹角设，的夹角为,则2 点面距已知为平面的一条斜线段(在平面内)，为平面的法向量，则到平面的距离为注：空间中其他距离问题一般都可以转化为点面距问题考向一 利用空间向量证明平行【例1】在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是CC1，B1C1的中点求证：MN平面A1BD【答案】见解析【解析】法一如图，以D为原点，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)，则即取x1，则y1，z1，平面A1BD的一个法向量为n(1，1，1)又n(1，1，1)0，n.MN平面A1BD法二()，MN平面A1BD法三.即可用与线性表示，故与，是共面向量，故MN平面A1BD【拓展】1.(变条件)本例中条件不变，试证明平面A1BD平面CB1D1.证明由例题解析知，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，则(0，1,1)，(1,1,0)，设平面CB1D1的法向量为m(x1，1，z1)，则，即令y11，可得平面CB1D1的一个法向量为m(1,1,1)，又平面A1BD的一个法向量为n(1，1，1)所以mn，所以mn，故平面A1BD平面CB1D1.2(变条件)若本例换为：在如图324所示的多面体中，EF平面AEB，AEEB，ADEF，EFBC，BC2AD4，EF3，AEBE2，G是BC的中点，求证：AB平面DEG.图324证明EF平面AEB，AE平面AEB，BE平面AEB，EFAE，EFBE.又AEEB，EB，EF，EA两两垂直以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,3,0)，D(0,2,2)，G(2，2,0)，(0,2,2)，(2,2,0)，(2,0，2)设平面DEG的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，得z1，x1，则n(1,1，1)，n2020，即n.AB平面DEG，AB平面DEG.考向二 垂直、【例2】如图1，在四棱锥中，底面是正方形，底面，且，是的中点求证：（1）直线平面；（2）平面平面图1 图2【答案】见解析【解析】如图2，以A为原点， AB，AD，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Axyz，设，则，易得，设平面的法向量为，则，即取，可得平面的一个法向量为又，所以，所以，所以直线平面方法1：如图2，连接交于点，连接，则点的坐标为易得，显然，故，所以又底面，所以底面又平面，所以平面平面方法2：易得，设平面的法向量为，则，即取，得，所以平面的一个法向量为底面，可得是平面的一个法向量因为，所以，所以平面平面【举一反三】1.如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求证：AB1平面A1BD【答案】见解析【解析】法一：如图所示，取BC的中点O，连接AO.因为ABC为正三角形，所以AOBC因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，所以AO平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，以，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(1,1,0)，A1(0,2，)，A(0,0，)，B1(1,2,0)所以(1,2，)，(1,2，)，(2,1,0)因为1(1)22()0.1(2)21()00.所以，即AB1BA1，AB1BD又因为BA1BDB，所以AB1平面A1BD法二：建系同方法一设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则，即令x1得平面A1BD的一个法向量为n(1,2，)，又(1,2，)，所以n，即n.所以AB1平面A1BD考向三 利用空间向量解决平行与垂直关系中的探索性问题【例3】如图，三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，BCAC，BCACAA12，D为AC的中点(1)求证：AB1平面BDC1；(2)设AB1的中点为G，问：在矩形BCC1B1内是否存在点H，使得GH平面BDC1.若存在，求出点H的位置，若不存在，说明理由【答案】见解析【解析】(1)证明：连接B1C，设B1CBC1M，连接MD，在AB1C中，M为B1C中点，D为AC中点，DMAB1，又AB1不在平面BDC1内，DM在平面BDC1内，AB1平面BDC1.(2)以C1为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系依题意，得C1(0,0,0)，D(1,2,0)，B(0,2,2)，G(1,1,1)，假设存在H(0，m，n)，(1，m1，n1)，(1,2,0)，(1,0,2)，由GH平面BC1D，得(1，m1，n1)(1,2,0)0m.同理，由得n，即在矩形BCC1B1内存在点H，使得GH平面BDC1.此时点H到B1C1的距离为，到C1C的距离为.【举一反三】1.如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD底面ABCD，E，F分别为PA，BD中点，PAPDAD2.(1)求证：EF平面PBC；(2)在棱PC上是否存在一点G，使GF平面EDF？若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由【答案】见解析【解析】(1)证明：如图所示，连接AC.因为底面ABCD是正方形，AC与BD互相平分F是BD中点，所以F是AC中点在PAC中，E是PA中点，F是AC中点，所以EFPC.又因为EF平面PBC，PC平面PBC，所以EF平面PBC.(2)取AD中点O，连接PO.在PAD中，PAPD，所以POAD.因为平面PAD底面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD.因为OF平面ABCD，所以POOF.又因为F是AC中点，所以OFAD.以O为原点，OA，OF，OP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系因为PAPDAD2，所以OP，则C(1,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0，)，E，F(0,1,0)于是，(1,1,0)设平面EFD的法向量n(x0，y0，z0)因为所以即令x01，则n(1，1，)假设在棱PC上存在一点G，使GF平面EDF.设G(x1，y1，z1)，则(x1，y11，z1)因为EDF的一个法向量n(1，1，)因为GF平面EDF，所以n.于是即又因为点G在棱PC上，所以与共线因为(1,2，)，(x11，y12，z1)，所以，即，无解故在棱PC上不存在一点G，使GF平面EDF.考向四 点面距【例4】如图，已知正方体的棱长为，求平面与平面之间的距离【答案】【解析】由正方体的性质，易得平面平面，则两平面间的距离可转化为点到平面的距离如图，以为坐标原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，【举一反三】1在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（bie nao）.已知在鳖臑中，平面，为的中点，则点到平面的距离为_【答案】【解析】以B为坐标原点，BA,BC所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图，则 ,由为的中点可得;, .设为平面的一个法向量，则,即，令，可得，点到平面的距离为.1在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点A关于平面BDC1对称点为M，则M到平面A1B1C1D1的距离为（）ABCD【答案】D【解析】以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，D（0，0，0），B（1，1，0），C1（0，1，1），A（1，0，0），A1（1，0，1）， =（1，1，0）， =（0，1，1），设平面BDC1的法向量 =（x，y，z），则 ，取x=1，得=（1，-1，1），平面BDC1的方程为x-y+z=0，过点A（1，0，0）且垂直于平面BDC1的直线方程为：（x-1）=-y=z，令（x-1）=-y=z=t，得x=t+1，y=-t，z=t，代入平面方程x-y+z=0，得t+1+t+t=0，解得t= ，过点A（1，0，0）且垂直于平面BDC1的直线方程与平面BDC1的交点为点A关于平面BDC1对称点M，平面A1B1C1D1的法向量 =（0，0，1），M到平面A1B1C1D1的距离为d=故选：D2在棱长为2的正方体中，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（ ）ABCD【答案】D【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，则M（2，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1），（2，0，1），（0，2，0），（0，1），设平面D1EF的法向量（x，y，z），则 ，取x1，得（1，0，2），点M到平面D1EF的距离为：d，N为EM中点，所以N到该面的距离为 ，选D3如图：正三棱柱的底面边长为，是延长线上一点，且，二面角的大小为；（1）求点到平面的距离；（2）若是线段上的一点 ，且，在线段上是否存在一点，使直线平面？ 若存在，请指出这一点的位置；若不存在，请说明理由【答案】（1）； （2）存在,当时，知平面.【解析】（1）设为的中点，则，在正三棱柱中，平面,而平面，所以，而,因此平面，而平面，所以有为二面角的平面角，如下图所示：，,侧棱；又,知点 到平面的距离（2）由（1）可知，当时，有 成立，而 平面 ，所以 平面，故存在，当时，符合题意。4.如图3211，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，点P为DD1的中点，求证：直线PB1平面PAC图3211【答案】见解析【解析】依题设，以D为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则C(1,0,0)，P(0,0,1)，A(0，1,0)，B1(1,1,2)，于是(1,1,0)，(1,0,1)，(1,1,1)，(1,1,0)(1,1,1)0，(1,0,1)(1,1,1)0，故，即PB1CP，PB1CA，又CPCAC，且CP平面PAC，CA平面PAC故直线PB1平面PAC5.如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，ABBC2，BB11，E为BB1的中点，证明：平面AEC1平面AA1C1C【答案】见解析【解析】由题意得AB，BC，B1B两两垂直以B为原点，BA，BC，BB1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则A(2,0,0)，A1(2,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，E，则(0,0,1)，(2,2,0)，(2,2,1)，2,0，.设平面AA1C1C的一个法向量为n1(x1，y1，z1)则令x11，得y11.n1(1,1,0)设平面AEC1的一个法向量为n2(x2，y2，z2)则令z24，得x21，y21.n2(1，1,4)n1n2111(1)040.n1n2，平面AEC1平面AA1C1C6三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为三角形A1B1C1，BAC90，A1A平面ABCA1A，ABAC2A1C12，D为BC中点，证明：平面A1AD平面BCC1B1. 【答案】见解析【解析】如图，建立空间直角坐标系则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，A1(0,0，)，C1(0,1，)，因为D为BC的中点，所以D点坐标为(1,1,0)，所以(2,2,0)，(1,1,0)，(0,0，)，因为2200，0000，所以，所以BCAD，BCAA1，又ADAA1A，所以BC平面ADA1，而BC平面BCC1B1，所以平面A1AD平面BCC1B1.7如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，ABAC，BCAB，B1C1BC，B1C1=BCAA1平面BAC.求证：(1)A1B1平面AA1C；(2)AB1平面A1C1C.【答案】见解析【解析】证明AA1平面BAC.AA1AB，AA1AC.又ABAC，BCAB，CAB90，即CAAB，AB，AC，AA1两两互相垂直建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)(1)(0,2,0)，(0,0，2)，(2,0,0)，设平面AA1C的一个法向量n(x，y，z)，则即即取y1，则n(0,1,0)2n，即n.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x11，则y11，z11，即m(1，1,1)m012(1)210，m.又AB1平面A1C1C，AB1平面A1C1C.8.如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，点E为棱PC的中点求证：(1)BEDC；(2)BE平面PAD；(3)平面PCD平面PAD.【答案】见解析【解析】依题意知，AB，AD，AP两两垂直，故以点A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2，0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)(1)因为(0,1,1)，(2,0,0)，故0.所以BEDC.(2)易知(