2022版高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法一证明平行与垂直学案

1、2021版高考数学一轮复习第七章立体几何第44讲立体几何中的向量方法（一）证明平行与垂直学案PAGE PAGE 43第44讲立体几何中的向量方法(一)证明平行与垂直考纲要求考情分析命题趋势1.理解直线的方向向量与平面法向量的意义2能用向量语言表达直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直和平行关系3能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理).2016山东卷，172016浙江卷，172016天津卷，17空间直角坐标系、空间向量及其运算在高考中主要作为解题工具，解决直线、平面的平行、垂直位置关系的判定等问题.分值：56分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

2、：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是平面内两不共线向量，n为平面的法向量，则求法向量的方程组为eq blcrc (avs4alco1(na0，,nb0.)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l1l2(或l1与l2重合)_v1v2_.(2)设直线l的方向向量为v，与平面共面的两个不共线向量v1和v2，则l或l_存在两个实数x，y，使vxv1yv2_.(3)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l或l_vu_.(4)设平面和的法向量分别为u1，u2，则_u1u2_.3用向量证明空间中的垂直关系(

3、1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1l2_v1v2_v1v20_.(2)设直线l的方向向量为v，平面的法向量为u，则l_vu_.(3)设平面和的法向量分别为u1和u2，则_u1u2_u1u20_.1思维辨析(在括号内打“”或“”)(1)直线的方向向量是唯一确定的()(2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行()(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合()(4)若空间向量a平行于平面，则a所在直线与平面平行()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(C)A(1,1,1)B(1，1,1)Ceq blc(rc)(avs

4、4alco1(f(r(3),3)，f(r(3),3)，f(r(3),3)Deq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),3)，f(r(3),3)，f(r(3),3)解析 eq o(AB,sup6()(1,1,0)，eq o(AC,sup6()(1,0,1)，经计算得C符合题意3已知直线l的方向向量v(1,2,3)，平面的法向量为u(5,2，3)，则l与的位置关系是_la或l_.解析 v(1,2,3)，u(5,2，3)，15223(3)0，vu，la或l.4设u，v分别是平面，的法向量，u(2,2,5)，当v(3，2,2)时，与的位置关系为_；当v(4，4，10)时，与的位置关系为_.

5、解析 当v(3，2,2)时，uv，则，当v(4，4，10)时，uv，则.5如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1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_异面垂直解析 以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立直角坐标系，设正方体棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，则eq o(ON,sup6()(1,0,2)，eq o(ON,sup6()eq o(AM,sup6()0，eq o(ON,sup6()eq o(AM,sup6()，ONAM.一利用空间向量证明平行问题(1)恰当

6、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【例1】 如图所示，平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，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，建立如图所示的空间直角坐标系Ax

7、yz，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)eq o(PB,sup6()(2,0，2)，eq o(FE,sup6()(0，1,0)，eq o(FG,sup6()(1,1，1)，设eq o(PB,sup6()seq o(FE,sup6()teq o(FG,sup6()，即(2,0，2)s(0，1,0)t(1,1，1)，eq blcrc (avs4alco1(t2，,ts0，,t2，)解得st2.eq o(PB,sup6()2eq o(FE,sup6()2eq o(FG,sup6()，又eq

8、o(FE,sup6()与eq o(FG,sup6()不共线，eq o(PB,sup6()，eq o(FE,sup6()与eq o(FG,sup6()共面PB平面EFG，PB平面EFG.二利用空间向量证明垂直问题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)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；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；证明面面垂直：证明两平面的法向量互相垂直；利用面面垂直的判定定理，只要能证

9、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【例2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点求证：AB1平面A1证明 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，分别以eq o(OB,sup6()，eq o(OO1,sup6()，eq o(OA,sup6()所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(1,1,0)，A(0,0，eq r(3)，A1(0,

10、2，eq r(3)，B1(1,2,0)设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，eq o(BA1,sup6()(1,2，eq r(3)，eq o(BD,sup6()(2,1,0)因为neq o(BA1,sup6()，neq o(BD,sup6()，故eq blcrc (avs4alco1(no(BA1,sup6()0，,no(BD,sup6()0，)eq blcrc (avs4alco1(x2yr(3)z0，,2xy0，)令x1，则y2，zeq r(3)，故n(1,2，eq r(3)为平面A1BD的一个法向量，而eq o(AB1,sup6()(1,2，eq r(3)，所以eq o(AB1,su

11、p6()n，所以eq o(AB1,sup6()n，故AB1平面A1BD【例3】 如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明APBC；(2)若点M是线段AP上一点，且AM3.试证明平面AMC平面BMC证明 (1)如图所示，以O为坐标原点，以过O平行于BD的直线为x轴，以AD，OP分别为y，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eq o(AP,sup6()(0,3,4)，eq o(BC,sup6()(8,0,0)，eq

12、o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()(0,3,4)(8,0,0)0，eq o(AP,sup6()eq o(BC,sup6()，即APBC(2)由(1)知|AP|5，又|AM|3，且点M在线段AP上，eq o(AM,sup6()eq f(3,5)eq o(AP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(9,5)，f(12,5)，又eq o(BC,sup6()(8,0,0)，eq o(AC,sup6()(4,5,0)，eq o(BA,sup6()(4，5,0)，eq o(BM,sup6()eq o(BA,sup6()eq o(AM,sup6()eq blc(rc)

13、(avs4alco1(4，f(16,5)，f(12,5)，则eq o(AP,sup6()eq o(BM,sup6()(0,3,4)eq blc(rc)(avs4alco1(4，f(16,5)，f(12,5)0，eq o(AP,sup6()eq o(BM,sup6()，即APBM，又根据(1)的结论知APBC，且BMBCC，AP平面BMC，于是AM平面BMC又AM平面AMC，平面AMC平面BMC三利用空间向量解决探索性问题对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是先根据条件作出判断，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

14、能求出，或有矛盾，则判定“不存在”【例4】 如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC和A1AC均为60，平面AA1C(1)求证：BDAA1；(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，解析 (1)证明：设BD与AC交于点O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，由余弦定理，得A1O2AAeq oal(2,1)AO22AA1AOcos 603，AO2A1O2AAeq oal(2,1)，A1OAO.由于平面AA1C1C平面ABCD，A1O以OB，OC，OA1所在直线分別为x轴，y轴，z轴，建立如图所示

15、的空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(eq r(3)，0,0)，C(0,1,0)，D(eq r(3)，0,0)，A1(0,0，eq r(3)，C1(0,2，eq r(3)由于eq o(BD,sup6()(2eq r(3)，0,0)，eq o(AA1,sup6()(0,1，eq r(3)，eq o(AA1,sup6()eq o(BD,sup6()0(2eq r(3)10eq r(3)00，eq o(BD,sup6()eq o(AA1,sup6()，即BDAA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP平面DA1C1设eq o(CP,sup6()eq o(CC1,sup6()，P(x，y，z)

16、，则(x，y1，z)(0,1，eq r(3)从而有P(0,1，eq r(3)，eq o(BP,sup6()(eq r(3)，1，eq r(3)设n3(x3，y3，z3)为平面DA1C1的一个法向量则eq blcrc (avs4alco1(n3o(A1C1,sup6()，,n3o(DA1,sup6()，)又eq o(A1C1,sup6()(0,2,0)，eq o(DA1,sup6()(eq r(3)，0，eq r(3)，则eq blcrc (avs4alco1(2y30，,r(3)x3r(3)z30，)取n3(1,0，1)，BP平面DA1C1，则n3eq o(BP,sup6()，即n3eq o(

17、BP,sup6()eq r(3)eq r(3)0，得1，即点P在C1C的延长线上，且C1C1如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2eq r(2)，M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC证明：PQ平面BCD证明 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，eq r(2)，2)，B(0，eq r(2)，0)，D(0，eq r(2)，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)因为eq o(AQ,sup6()3eq o(QC,sup6()，所以Qeq blc(rc)(avs4al

18、co1(f(3,4)x0，f(r(2),4)f(3,4)y0，f(1,2).因为M为AD的中点，故M(0，eq r(2)，1)又P为BM的中点，故Peq blc(rc)(avs4alco1(0，0，f(1,2)，所以eq o(PQ,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,4)x0，f(r(2),4)f(3,4)y0，0).又平面BCD的一个法向量为a(0,0,1)，故eq o(PQ,sup6()a0.又PQ平面BCD，所以PQ平面BCD2如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC(1)

19、DE平面ABC；(2)B1F平面AEF证明 导学号74780343 (1)如图建立空间直角坐标系Axyz，令ABAA14，则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4) .取AB中点为N，连接CN，则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，eq o(DE,sup6()(2,4,0)，eq o(NC,sup6()(2,4,0)，eq o(DE,sup6()eq o(NC,sup6()，DENC，又NC平面ABC，DE平面ABC故DE平面ABC(2)eq o(B1F,sup6()(2,2，4)，eq o(EF,sup6()(2，2，2)，

20、eq o(AF,sup6()(2,2,0)eq o(B1F,sup6()eq o(EF,sup6()(2)22(2)(4) (2)0，eq o(B1F,sup6()eq o(AF,sup6()(2)222(4)00.eq o(B1F,sup6()eq o(EF,sup6()，eq o(B1F,sup6()eq o(AF,sup6()，即B1FEF，B1FAF，又AFEFF，B1F平面AEF3如图所示，在四棱锥PABCD中，PC平面ABCD，PC2，在四边形ABCD中，BC90，AB4，CD1，点M在PB上，PB4PM，PB与平面ABCD成30角(1)求证：CM平面PAD；(2)求证：平面PAB

21、平面PAD证明 (1)以C为坐标原点，分别以CB所在直线为x轴，CD所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，PC平面ABCD，PBC为PB与平面ABCD所成的角，PBC30.|PC|2，|BC|2eq r(3)，|PB|4.D(0,1,0)，B(2eq r(3)，0,0)，A(2eq r(3)，4,0)，P(0,0,2)，Meq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，0，f(3,2)，eq o(DP,sup6()(0，1,2)，eq o(DA,sup6()(2eq r(3)，3,0)，eq o(CM,sup6()eq blc(rc)(avs4a

22、lco1(f(r(3),2)，0，f(3,2)，令n(x，y，z)为平面PAD的一个法向量则eq blcrc (avs4alco1(o(DP,sup6()n0，,o(DA,sup6()n0，)即eq blcrc (avs4alco1(y2z0，,2r(3)x3y0，)eq blcrc (avs4alco1(zf(1,2)y，,xf(r(3),2)y，)令y2，得n(eq r(3)，2,1)neq o(CM,sup6()eq r(3)eq f(r(3),2)201eq f(3,2)0，neq o(CM,sup6()，又CM平面PAD，CM平面PAD(2)取AP的中点E，则E(eq r(3)，2,

23、1)，eq o(BE,sup6()(eq r(3)，2,1)|PB|AB|，BEPA又eq o(BE,sup6()eq o(DA,sup6()(eq r(3)，2,1)(2eq r(3)，3,0)0，eq o(BE,sup6()eq o(DA,sup6()，BEDA，又PADAA，BE平面PAD，又BE平面PAB，平面PAB平面PAD4在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E，F分别是AB，PB的中点(1)求证：EFCD；(2)在平面PAD内求一点G，使GF平面PCB，并证明你的结论解析 (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

24、间直角坐标系，设ADa，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(a，f(a,2)，0)，P(0,0，a)，Feq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，f(a,2)，f(a,2).eq o(EF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，0，f(a,2)，eq o(DC,sup6()(0，a,0)eq o(EF,sup6()eq o(DC,sup6()0，eq o(EF,sup6()eq o(DC,sup6()，即EFCD(2)设G(x,0，z)，则eq o(FG,sup6()e

25、q blc(rc)(avs4alco1(xf(a,2)，f(a,2)，zf(a,2)，若使GF平面PCB，则由eq o(FG,sup6()eq o(CB,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(xf(a,2)，f(a,2)，zf(a,2)(a,0,0)aeq blc(rc)(avs4alco1(xf(a,2)0，得xeq f(a,2)；由eq o(FG,sup6()eq o(CP,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(xf(a,2)，f(a,2)，zf(a,2)(0，a，a)eq f(a2,2)aeq blc(rc)(avs4alco1(zf(a,2)0，得z0，

26、G点坐标为eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,2)，0，0)，即G点为AD的中点易错点坐标系建立不恰当、点的坐标出错错因分析：写准点的坐标是关键，要利用中点、向量共线、相等来确定点的坐标利用ab证明直线平行需强调两直线不重合，证明直线与平面平行仍需强调直线在平面外【例1】 如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，M，N分别是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中点，点P，Q分别在棱DD1，BB1上移动，且DPBQ(0(1)当1时，证明：直线BC1平面EFPQ；(2)是否存在，使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角？若存在，求出的值；若不存在，说明理由

27、解析 以D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(1,0,0)，P(0,0，)，M(2,1,2)，N(1,0,2)，eq o(BC1,sup6()(2,0,2)，eq o(FP,sup6()(1,0，)，eq o(FE,sup6()(1,1,0)，eq o(MN,sup6()(1，1,0)，eq o(NP,sup6()(1,0，2)(1)证明：当1时，eq o(FP,sup6()(1,0,1)，因为eq o(BC1,sup6()(2,0,2)，所以eq o(BC1,sup

28、6()2eq o(FP,sup6()，即BC1FP.而FP平面EFPQ，且BC1平面EFPQ，故直线BC1平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(o(FE,sup6()n0，,o(FP,sup6()n0，)可得eq blcrc (avs4alco1(xy0，,xz0.)于是可取n(，1)同理可得平面PQMN的一个法向量为m(2,2，1)若存在，使平面EFPQ与平面PQMN所成二面角为直二面角，则mn(2,2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得1eq f(r(2),2).故存在1eq f(r(2),2)，使平面EFPQ与平

29、面PQMN所成的二面角为直二面角【跟踪训练1】 (2018河北衡水中学检测)如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的eq r(2)倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD(2)若SD平面PAC，则侧棱SC上的是否存在一点E，使得BE平面PAC若存在，求SEEC的值；若不存在，请说明理由解析 连接BD，设AC交BD于O，则ACBD由题意知SO平面ABCD以O为坐标原点，eq o(OB,sup6()，eq o(OC,sup6()，eq o(OS,sup6()分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图设底面边长为a，则高|SO|eq f(r(6),2)a.于是

30、Seq blc(rc)(avs4alco1(0，0，f(r(6),2)a)，Deq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，0，0)，Beq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，0，0)，Ceq blc(rc)(avs4alco1(0，f(r(2),2)a，0).(1)证明：eq o(OC,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(r(2),2)a，0)，eq o(SD,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，0，f(r(6),2)a)，则eq o(OC,sup6()eq o(SD,sup6()0.

31、故OCSD，从而ACSD(2)棱SC上存在一点E使BE平面PAC理由如下：由已知条件知eq o(DS,sup6()是平面PAC的一个法向量，且eq o(DS,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，0，f(r(6),2)a)，eq o(CS,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(r(2),2)a，f(r(6),2)a)，eq o(BC,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，f(r(2),2)a，0).设eq o(CE,sup6()teq o(CS,sup6()，则eq o(BE,sup6()eq

32、o(BC,sup6()eq o(CE,sup6()eq o(BC,sup6()teq o(CS,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，f(r(2),2)a1t，f(r(6),2)at)，而eq o(BE,sup6()eq o(DS,sup6()0，所以eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，f(r(2),2)a1t，f(r(6),2)at)eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)a，0，f(r(6),2)a)0，解得teq f(1,3)，即当SEEC21时，eq o(BE,sup6()eq o(DS,sup6()

33、.又BE平面PAC，故BE平面PAC课时达标第44讲解密考纲利用空间向量证明平行与垂直关系，常出现于选择、填空题中，或在解答题立体几何部分的第(1)问考查，难度中等或较小一、选择题1若直线l平面，直线l的方向向量为s，平面的法向量为n，则下列结论可能正确的是(C)As(1,0,2)，n(1,0，1)Bs(1,0,1)，n(1,2，1)Cs(1,1,1)，n(1,2，1)Ds(1,1,1)，n(2,2,2)解析 由已知需sn0，逐个验证知，只有C项符合要求，故选C2若直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，能使l的是(A)Aa(1,0,0)，n(2,0,0)Ba(1,3,5)，n(1,0，1)C

34、a(0,2,1)，n(1,0，1)Da(1，1,3)，n(0,3,1)解析 若l，则an，一一验证，可知选A3直线l的方向向量s(1,1,1)，平面的法向量为n(2，x2x，x)，若直线l平面，则x(D)A2Beq r(2)Ceq r(2)Deq r(2)解析 由已知得sn0，故121(x2x)1(x)0，解得xeq r(2).4如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，|AB|eq r(2)，|AF|1，M在EF上，且AM平面BDE，则M点的坐标为(C)A(1,1,1)Beq blc(rc)(avs4alco1(f(r

35、(2),3)，f(r(2),3)，1)Ceq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(r(2),2)，1)Deq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),4)，f(r(2),4)，1)解析 由已知得A(eq r(2)，eq r(2)，0)，B(0，eq r(2)，0)，D(eq r(2)，0,0)，E(0,0,1)，设M(x，x,1)则eq o(AM,sup6()(xeq r(2)，xeq r(2)，1)，eq o(BD,sup6()(eq r(2)，eq r(2)，0)，eq o(BE,sup6()(0，eq r(2)，1)设平面BDE的一个法向量为n(a，b，

36、c)则eq blcrc (avs4alco1(no(BD,sup6()，,no(BE,sup6()，)即eq blcrc (avs4alco1(r(2)ar(2)b0，,r(2)bc0，)解得eq blcrc (avs4alco1(ab，,cr(2)b，)令b1，则n(1,1，eq r(2)又AM平面BDE，所以neq o(AM,sup6()0，即2(xeq r(2)eq r(2)0，得xeq f(r(2),2)，所以Meq blc(rc)(avs4alco1(f(r(2),2)，f(r(2),2)，1).5如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1Eeq

37、 f(2,3)A1D，AFeq f(1,3)AC，则(B)AEF至多与A1D，AC之一垂直BEFA1D，EFACCEF与BD1相交DEF与BD1异面解析 以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，0，f(1,3)，Feq blc(rc)(avs4alco1(f(2,3)，f(1,3)，0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，eq o(A1D,sup6()(1,0，1)，eq o(AC,sup6()(

38、1,1,0)，eq o(EF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,3)，f(1,3)，f(1,3)，eq o(BD1,sup6()(1，1,1)，eq o(EF,sup6()eq f(1,3)eq o(BD1,sup6()，eq o(A1D,sup6()eq o(EF,sup6()eq o(AC,sup6()eq o(EF,sup6()0，从而EFBD1，EFA1D，EFAC，故选B6如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MANeq f(r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(A斜交B平行C垂直D不

39、确定解析 建立如图所示的坐标系，由于A1MANeq f(r(2)a,3)，则Meq blc(rc)(avs4alco1(a，f(2a,3)，f(a,3)，Neq blc(rc)(avs4alco1(f(2a,3)，f(2a,3)，a)，eq o(MN,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(a,3)，0，f(2a,3)，又C1D1平面BB1C所以eq o(C1D1,sup6()(0，a,0)为平面BB1C1C的一个法向量因为eq o(MN,sup6()eq o(C1D1,sup6()0，所以eq o(MN,sup6()eq o(C1D1,sup6()，所以MN平面BB1C1二

40、、填空题7若直线l的方向向量e(2,1，m)，平面的法向量neq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，2)，且l，则m_4_.解析 因为l，所以en，即en(0)，亦即(2,1，m)eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，2)，所以eq blcrc (avs4alco1(2，,m2.)则m4.8已知eq o(AB,sup6()(1,5，2)，eq o(BC,sup6()(3,1，z)，若eq o(AB,sup6()eq o(BC,sup6()，eq o(BP,sup6()(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为_eq f(40,7)，eq

41、 f(15,7)，4_.解析 由已知得eq blcrc (avs4alco1(352z0，,x15y60，,3x1y3z0，)解得eq blcrc (avs4alco1(xf(40,7)，,yf(15,7)，,z4.)9已知平面内的三点A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面的一个法向量n(1，1，1)，则不重合的两个平面与的位置关系是_平行_.解析 由已知得，eq o(AB,sup6()(0,1，1)，eq o(AC,sup6()(1,0，1)，设平面的一个法向量为m(x，y，z)，则eq blcrc (avs4alco1(mo(AB,sup6()，,mo(AC,sup6(

42、)，)得eq blcrc (avs4alco1(yz0，,xz0.)得eq blcrc (avs4alco1(xz，,yz，)令z1，得m(1,1,1)又n(1，1，1)，所以mn，即mn，所以.三、解答题10如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别为A1B1，B1C1，C1D(1)求证：AG平面BEF；(2)试在棱长BB1上找一点M，使DM平面BEF，并证明你的结论解析 (1)以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，Eeq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，1)，F

43、eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，1，1)，Geq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,2)，1)，因为eq o(EF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，f(1,2)，0)，eq o(BF,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)，0，1)，而eq o(AG,sup6()eq blc(rc)(avs4alco1(1，f(1,2)，1)，所以eq o(AG,sup6()eq o(EF,sup6()eq o(BF,sup6()，故eq o(AG,sup6()与平面BEF共面，又因为AG不在平面BEF内，所

44、以AG平面BEF.(2)设M(1,1，m)，则eq o(DM,sup6()(1,1，m)，由eq o(DM,sup6()eq o(EF,sup6()0，eq o(DM,sup6()eq o(BF,sup6()0，所以eq f(1,2)m0meq f(1,2) ，所以M为棱BB1的中点时，DM平面BEF.11(2018北京西城二模)如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直ABCD，ABBC，AB2CD2BC，EAEB(1)求证：ABDE；(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；(3)线段EA上是否存在点F，使EC平面FBD？若存在，求出eq f(EF,EA)；若不存在，请说明理由解析 (1)证明：取AB的中点O，连接EO，DO.因为EBEA，所以EOAB因为四边形ABCD为直角梯形AB2CD2BC，ABBC，所以四边形OBCD为正方形，所以ABOD因为EODOO，所以AB平面EOD，所以ABED(2)因为平面ABE平面ABCD，且EOAB，所以EO平面ABC