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第6节　立体几何中的向量方法
1.理解直线的方向向量及平面的法向量.
2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.
3.能用向量方法证明有关线、面位置关系的一些定理(包括三垂线 定理).
4.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题,体会向量方法在研究几何问题中的作用.
1.方向向量与空间位置关系
(1)直线的方向向量
直线的方向向量是指和这条直线平行(或在这条直线上)的有向线段所表示的向量,一条直线的方向向量有无数个.
(2)平面的法向量
直线l⊥平面α,取直线l的方向向量,则这个向量叫做平面α的法向量.显然一个平面的法向量有无数个,它们是共线向量.
(3)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 (λ∈R)
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(λ∈R)
平面α,β的法向量分别为n,m α∥β n∥m n=λm(λ∈R)
α⊥β n⊥m n·m=0
2.两条异面直线所成角的求法
设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量,则
l1与l2所成的角θ a与b的夹角β
范围 (0,] (0,π)
求法 cos θ= cos β=
3.直线与平面所成角的求法
设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为β,则sin θ=|cos β|=.
4.求二面角的大小
(1)如图①,AB,CD分别是二面角α-l-β的两个半平面内与棱l垂直的直线,则二面角的大小θ=<,>.
(2)如图②③,n1,n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α,β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ|=|cos|,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).
5.空间中的距离
(1)利用||2=·可以求空间中有向线段AB的长度.
(2)空间点面之间的距离
已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量,则点B到平面α的距离为||=.
1.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos=-,则l与α所成的角为(　A　)
A.30° B.60° C.120° D.150°
解析:由于cos=-,
所以=120°,
所以直线l与α所成的角为30°.故选A.
2.已知两平面的法向量分别为m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角为(　C　)
A. B.π
C.或π D.或π
解析:因为m=(0,1,0),n=(0,1,1),
所以m·n=1,|m|=1,|n|=,
所以cos==,
所以=,
所以两平面所成的二面角为或π.故选C.
3.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为(　C　)
A. B.
C. D.
解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(,1,0),
A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).
所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为
==.故选C.
4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　C　)
A. B. C. D.
解析:在平面ABC内过点B作AB的垂线,以B为原点,以该垂线,BA,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Bxyz,
则A(0,2,0),B1(0,0,1),C(,-,0),
C1(,-,1),=(0,-2,1),
=(,-,1),
cos<,>===.故选C.
第一课时　证明平行和垂直
平面的法向量、直线的方向向量及其应用
1.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面ABC的一个单位法向量是(　D　)
A.(,,-)
B.(,-,)
C.(-,,)
D.(-,-,-)
解析:=(-1,1,0),=(-1,0,1),
设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
所以
令x=1,则y=1,z=1,
所以n=(1,1,1).
单位法向量为±=±(,,).故选D.
2.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则(　C　)
A.α∥β B.α⊥β
C.α,β相交但不垂直 D.以上均不正确
解析:因为n1·n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)=-29≠0,所以n1与n2不垂直,又n1,n2不共线,所以α与β相交但不垂直.故选C.
3.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为(　B　)
A.,-,4 B.,-,4
C.,-2,4 D.4,,-15
解析:因为⊥,
所以·=0,
即3+5-2z=0,得z=4,
又BP⊥平面ABC,
所以BP⊥AB,BP⊥BC,
又因为=(3,1,4),
所以
解得故选B.
1.直线的方向向量的确定:若l是空间的一条直线,A,B是l上任意两点,则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量.
2.平面的法向量的确定:设a,b是平面α内两个不共线向量,n为平面α的一个法向量,则可用方程组求出平面α的一个法向 量n.
利用向量证明平行问题
(2021·河北石家庄高三一检)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,CD⊥BC,AD=2,AB=BC=3,PA=4,M为AD的中点,N为PC上的点,且PC=3PN.求证:MN∥平面PAB.
证明:法一(向量法)　在平面ABCD内作AE∥CD交BC于点E,则AE⊥AD.
分别以AE,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,4),M(0,1,0),C(2,2,0),N(,,),B(2,-1,0), A(0,0,0),
=(,-,),=(0,0,4),
=(2,-1,0).
设=m+n(m,n∈R),
所以(,-,)=m(2,-1,0)+n(0,0,4),
所以m=,n=,
所以,,共面.
所以∥平面PAB.
又MN 平面PAB,
所以MN∥平面PAB.
法二(法向量)　建系写点坐标如法一.
设m=(x,y,z)为平面PAB的法向量,
则由m⊥,m⊥得
所以令x=1,则m=(1,2,0).
所以·m=×1-×2+×0=0.
所以m⊥,
所以∥平面PAB.
又MN 平面PAB,
所以MN∥平面PAB.
法三(基底法)　设=.
由题知=3.
=-
=+-
=+-
=-(-)
=-
=-(-)
=+,
所以,,三向量共面,
所以∥平面PAB.
又MN 平面PAB,
所以MN∥平面PAB.
用向量方法证明空间中的平行关系
(1)线线平行:证明两直线的方向向量平行.
(2)线面平行:一是证明直线的方向向量与平面的法向量垂直;二是在平面内找一向量与直线的方向向量共线;三是证明直线的方向向量可以利用平面中的两不共线向量线性表示.
(3)面面平行:一是证明两个平面的法向量平行;二是转化为线面平行、线线平行问题.
[针对训练]
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D的中点为E,BD的中点为F,证明: CD1∥EF.
证明:如图所示,建立空间直角坐标系Dxyz,
设AB=1,则C(0,1,0),D1(0,0,1),
所以=(0,-1,1),
又因为A1(1,0,1),D(0,0,0),
所以E(,0,),
又F(,,0),
所以=(0,,-).
所以=-2,
所以∥,
又因为C EF,故CD1∥EF.
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DA=2,DC=3,DD1=4,M,N,E,F分别是棱A1D1,A1B1,D1C1,B1C1的中点.
求证:平面AMN∥平面EFBD.
证明:法一　建立如图所示的空间直角坐标系,分别取MN,DB及EF的中点R,T,S,连接AR,ST,
则A(2,0,0),M(1,0,4),N(2,,4),D(0,0,0),B(2,3,0),E(0,,4), F(1,3,4),R(,,4),S(,,4),T(1,,0).
所以=(1,,0),=(1,,0),
=(-,,4),=(-,,4).
所以=,=,
又MN与EF,AR与TS不共线,
所以MN∥EF,AR∥TS,又MN 平面EFBD,EF 平面EFBD,AR 平面EFBD,TS 平面EFBD,
所以MN∥平面EFBD,AR∥平面EFBD,
又MN 平面AMN,AR 平面AMN,MN∩AR=R,
所以平面AMN∥平面EFBD.
法二　建系同法一,
由法一可知,A(2,0,0),M(1,0,4),N(2,,4),D(0,0,0),E(0,,4), F(1,3,4),
则=(-1,0,4),=(0,,4),=(0,,4),=(1,3,4).
设平面AMN,平面EFBD的法向量分别为
n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),
则
即
令x1=1,得z1=,y1=-,
所以n1=(1,-,).
则即
令y2=-1,得z2=,x2=,
所以n2=(,-1,),
所以n1=n2,
即n1∥n2,
所以平面AMN∥平面EFBD.
利用向量证明垂直问题
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,设E,F分别为PC,BD的中点.求证:
(1)EF∥平面PAD;
(2)平面PAB⊥平面PDC.
证明:(1)如图,取AD的中点O,连接OP,OF.
因为PA=PD,
所以PO⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,侧面PAD∩底面ABCD=AD,PO 侧面PAD,
所以PO⊥平面ABCD.
又O,F分别为AD,BD的中点,
所以OF∥AB.
又ABCD是正方形,
所以OF⊥AD.
因为PA=PD=AD,
所以PA⊥PD,OP=OA=.
以O为原点,OA,OF,OP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),F(0,,0),D(-,0,0),P(0,0,),B(,a,0),C(-,a,0).
因为E为PC的中点,所以E(-,,).
易知平面PAD的一个法向量为=(0,,0),
因为=(,0,-),
且·=(0,,0)·(,0,-)=0,所以⊥,
又因为EF 平面PAD,
所以EF∥平面PAD.
(2)因为=(,0,-),=(0,-a,0),
所以·=(,0,-)·(0,-a,0)=0,
所以⊥,
所以PA⊥CD.
又PA⊥PD,PD∩CD=D,PD,CD 平面PDC,
所以PA⊥平面PDC.
又PA 平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PDC.
利用空间向量证明线、面垂直的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系,建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系.
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系,用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素.
(3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量,再研究垂直关系.
(4)根据运算结果解释相关问题.
[针对训练]
1.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,DA,DC,DP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Dxyz.
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(0,,).
因为底面ABCD是正方形,
所以G为AC的中点,
故点G的坐标为(,,0),
所以=(a,0,-a),=(,0,-),
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=(0,,),
故·=0+-=0,
所以⊥,
所以PB⊥DE.
由题可知EF⊥PB,且EF∩DE=E,EF 平面EFD,DE 平面EFD,
所以PB⊥平面EFD.
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,平面PBC⊥底面ABCD.用向量方法 证明:
(1)PA⊥BD;
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明:(1)取BC的中点O,连接PO,
因为△PBC为等边三角形,
所以PO⊥BC.
因为平面PBC⊥底面ABCD,
平面PBC∩底面ABCD=BC,PO 平面PBC,
所以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=,
所以A(1,-2,0),B(1,0,0),D(-1,-1,0),
P(0,0,),
所以=(-2,-1,0),=(1,-2,-).
因为·=(-2)×1+(-1)×(-2)+0×(-)=0,
所以⊥,
所以PA⊥BD.
(2)取PA的中点M,连接DM,
则M(,-1,).
因为=(,0,),=(1,0,-),
所以·=×1+0×0+×(-)=0,
所以⊥,
即DM⊥PB.
因为·=×1+0×(-2)+×(-)=0,
所以⊥,
即DM⊥PA.
又因为PA∩PB=P,PA 平面PAB,PB 平面PAB,
所以DM⊥平面PAB.
因为DM 平面PAD,
所以平面PAD⊥平面PAB.
平行与垂直关系中的探索性问题
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上是否存在一点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°,
所以A1O2=A+AO2-2AA1·AOcos 60°=3,
所以AO2+A1O2=A,
所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O 平面AA1C1C,
所以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,
所以⊥,即BD⊥AA1.
(2)解:假设在直线CC1上存在一点P,使BP∥平面DA1C1,
设=λ(λ∈R),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n=(x,y,z),
则
又=(0,2,0),=(,0,),
则
取n=(1,0,-1),
因为BP∥平面DA1C1,则n⊥,
即n·=--λ=0,得λ=-1,
即点P在C1C的延长线上,且C1C=CP.
立体几何开放性问题的求解方法
(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后加以证明,得出结论.
(2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题目要求进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在这样的点或线,否则不存在.
[针对训练]
1.已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=90°, 2AB=2AD=CD,侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD,E是PC的中点.
(1)求证:BE⊥平面PCD;
(2)在PB上是否存在一点F,使AF∥平面BDE 若存在,求出点F的位置;若不存在,请说明理由.
(1)证明:取AD的中点O,连接OP,因为△PAD是正三角形,所以PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,所以PO⊥平面ABCD.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=AD=2,则有B(1,2,0),C(-1,4,0),D(-1,0,0),P(0,0,), E(-,2,).
所以=(-,0,),=(-1,4,-),=(0,-4,0).
所以·=(-,0,)·(-1,4,-)=0,
·=(-,0,)·(0,-4,0)=0.
即BE⊥PC,BE⊥CD.
又PC∩CD=C,PC 平面PCD,CD 平面PCD,
所以BE⊥平面PCD.
(2)解:在PB上存在一点F为PB的中点,使AF∥平面BDE.理由如下:
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
所以n⊥,n⊥,
所以n·=0,n·=0,
所以
令y=-1,则x=1,z=,
所以平面BDE的一个法向量为n=(1,-1,).
取PB的中点F,则有F(,1,).
又A(1,0,0),
所以=(-,1,).
因为·n=(-,1,)·(1,-1,)=--1+=0,
所以⊥n.又n是平面BDE的一个法向量,且AF 平面BDE,
所以AF∥平面BDE.
故存在PB的中点F,使AF∥平面BDE.
2.(2021·湖北襄阳模拟)如图,多面体ABCDEF中,DE⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°,四边形BDEF是正方形.
(1)求证:CF∥平面AED;
(2)在线段EC上是否存在点P,使得AP⊥平面CEF 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,
所以BC∥AD.
又BC 平面ADE,AD 平面ADE,
所以BC∥平面ADE,
又四边形BDEF是正方形,
所以BF∥DE.
因为BF 平面ADE,DE 平面ADE,
所以BF∥平面ADE,
因为BC 平面BCF,BF 平面BCF,BC∩BF=B,
所以平面BCF∥平面AED,
因为CF 平面BCF,
所以CF∥平面AED.
(2)解:不存在满足题意的点P,理由如下:
因为四边形ABCD为菱形,且∠BAD=60°,
所以△BCD为等边三角形,取BD的中点O,连接CO,
所以CO⊥BD,取EF的中点G,
连接OG,则OG∥DE,
因为DE⊥平面ABCD,
所以OG⊥平面ABCD,
故可建立如图所示的空间直角坐标系O xyz.
则O(0,0,0),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),E(-1,0,2), F(1,0,2),
所以=(1,,2),=(-2,0,0),=(-1,,-2).
设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),
则有
得
令y=1,则n=(0,1,).
又=(1,,-2),=(-1,,2),
假设存在点P满足题意,
设=λ(0≤λ≤1),
由=+=+λ,
得=(λ-1,λ+,2-2λ),
又平面CEF的一个法向量为n=(0,1,),
若AP⊥平面CEF,则∥n,
令=μn(μ∈R),
得方程组无解,故在线段EC上不存在点P,使得AP⊥平面CEF.
如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.
(1)求证:MN∥平面BDE;
(2)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.
解:由题意知,AB,AC,AP两两互相垂直,故以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M (0,0,1),N(1,2,0).
(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则即
不妨取z=1,可得n=(1,0,1).
又=(1,2,-1),可得·n=0.
因为MN 平面BDE,
所以MN∥平面BDE.
(2)解:依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),
进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).
由已知,得|cos<,>|===,
整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=,
所以线段AH的长为或.
如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:AP⊥BC;
(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3.试证明:平面AMC⊥平面BMC.
证明:(1)由AB=AC,D是BC的中点,得AD⊥BC,
以O为坐标原点,OD,OP所在直线分别为y轴、z轴,过点O作平行于BD的直线为x轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示,
则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4).
于是=(0,3,4),=(-8,0,0),
所以·=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,
所以⊥,即AP⊥BC.
(2)由题意知AP=5,
又AM=3,且点M在线段AP上,
所以==(0,,),
又=(-4,-5,0),
所以=+=(-4,-,),
则·=(0,3,4)·(-4,-,)=0,
所以⊥,即AP⊥BM,
又根据(1)的结论知AP⊥BC,且BM∩BC=B,BM 平面BMC,BC 平面BMC,
所以AP⊥平面BMC,于是AM⊥平面BMC.
又AM 平面AMC,故平面AMC⊥平面BMC.
知识点、方法 基础巩固练 综合运用练 应用创新练
平面的法向量、直线的方向向量及其应用 1,2,3
利用向量证明平行问题 5 8
利用向量证明垂直问题 4,6 10
平行与垂直关系中的探索性问题 12 14
综合问题 7 9,11 13
1.直线l的一个方向向量为n=(1,3,a),平面α的一个法向量为k=(b,2,3),若l∥α,则a,b应满足的关系式为(　A　)
A.3a+b+6=0 B.a=3b
C.3a-b+6=0 D.a=-3b
解析:因为l∥α,所以n⊥k,即n·k=b+6+3a=0,所以3a+b+6=0.故 选A.
2.若直线a与b的一个方向向量分别是a=(1,2,4),b=(-1,-2,m),若 a∥b,则m的值为(　B　)
A.4 B.-4 C.-2 D.2
解析:因为a∥b,所以a∥b,故m=-4.故选B.
3.已知平面α的一个法向量为a=(x,1,-2),直线l的一个方向向量为n=(,y,-1),若l⊥α,则(　D　)
A.x+2y=-4 B.x+y=3
C.x+2y= D.x+y=
解析:因为l⊥α,所以n∥a,即a=λn(λ∈R),
所以(x,1,-2)=λ(,y,-1),
所以解得
所以x+y=,x+2y=2.故选D.
4.如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD,则平面PQC与平面DCQ的位置关系为(　B　)
A.平行
B.垂直
C.相交但不垂直
D.位置关系不确定
解析:如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长度,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz,
则D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),
则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).
因为·=0,·=0,
所以PQ⊥DQ,PQ⊥DC,
又DQ∩DC=D,DQ 平面DCQ,DC 平面DCQ,
所以PQ⊥平面DCQ.
又PQ 平面PQC,
所以平面PQC⊥平面DCQ.故选B.
5.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,
所以m=(1,1,1),m=-n,所以m∥n,所以α∥β.
答案:平行
6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱长为2,底面边长为1,M为BC的中点,=λ,且AB1⊥MN,则实数λ的值为　　　　.
解析: 如图所示,取B1C1的中点P,连接MP,以M为坐标原点,,, 的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.
因为底面边长为1,侧棱长为2,
所以A(0,,0),B1(-,0,2),C(,0,0),
C1(,0,2),M(0,0,0),
设N(,0,t),(t∈R)
因为=λ,
所以N(,0,),
所以=(-,-,2),=(,0,).
又因为AB1⊥MN,
所以·=0,
所以-+=0,
所以λ=15.
答案:15
7.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面 ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠B=∠C=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°的角.求证:
(1)CM∥平面PAD;
(2)平面PAB⊥平面PAD.
证明:以C为坐标原点,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.
因为PC⊥平面ABCD,
所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角,
所以∠PBC=30°.
因为PC=2,
所以BC=2,PB=4,
所以D(0,1,0),B(2,0,0),A(2,4,0),P(0,0,2),M(,0,),
所以=(0,-1,2),=(2,3,0),=(,0,).
(1)设n=(x,y,z)为平面PAD的法向量,
则即
令y=2,得n=(-,2,1).
因为n·=-×+2×0+1×=0,
所以n⊥.
又CM 平面PAD,
所以CM∥平面PAD.
(2)法一　由(1)知,=(0,4,0),=(2,0,-2),
设平面PAB的法向量m=(x0,y0,z0),
则
即
令x0=1,得m=(1,0,),
又因为平面PAD的一个法向量n=(-,2,1),
所以m·n=1×(-)+0×2+×1=0,
所以m⊥n,
所以平面PAB⊥平面PAD.
法二　如图,取AP的中点E,连接BE,
则E(,2,1),=(-,2,1).
因为PB=AB,
所以BE⊥PA.
又因为·=(-,2,1)·(2,3,0)=0,
所以⊥,
所以BE⊥DA.
又PA∩DA=A,PA,DA 平面PAD,
所以BE⊥平面PAD.
又因为BE 平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B,AC的中点,则MN与平面B1BCC1的位置关系是(　B　)
A.相交
B.平行
C.垂直
D.不能确定
解析:以C1为原点,以C1B1,C1D1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,
所以N(,,a),M(a,,),
所以=(-,0,).
而平面B1BCC1的一个法向量为n=(0,1,0),
所以·n=0,即⊥n.
又MN 平面B1BCC1,
所以MN与平面B1BCC1平行.故选B.
9.(多选题)如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把 △ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后,下列结论正确的是(　BC　)
A.·≠0
B.∠BAC=60°
C.三棱锥D-ABC是正三棱锥
D.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
解析:平面ABD⊥平面ACD,由二面角定义知,BD⊥AD,平面ABD∩平面ACD=AD,BD 平面ABD,所以BD⊥平面ACD,所以BD⊥AC,所以·= 0,故A不正确;
AD=BD=CD,且∠ADB=∠ADC=∠BDC,
所以△ABD,△ACD,△BCD是全等三角形,
所以AB=AC=BC,∠BAC=60°,故B正确;
可知AB=AC=BC,DA=DB=DC,
所以三棱锥D-ABC是正三棱锥,故C正确;
建立空间直角坐标系,如图所示,
设DA=DB=DC=1,
则A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),
可求出平面ADC的一个法向量是n1=(1,0,0),平面ABC的一个法向量是n2=(1,1,1),所以n1·n2=1+0+0=1≠0,故D不正确.故选BC.
10.(2021·吉林四平高三检测)已知平面α内有一个点A(2,-1,2),α的一个法向量为n=(3,1,2),则下列各点中,在平面α内的是　　 　(填序号).
①B(1,-1,1);②C(1,3,);③D(1,-3,);④E(-1,3,-).
解析:=(-1,0,-1),=(-1,4,-),=(-1,-2,-),=(-3,4,-),
因为·n=0,所以⊥n,故C∈α.
答案:②
11.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是平行四边形,E,F,G分别是A1D1,D1D,D1C1的中点.
(1)试用向量,,表示;
(2)用向量方法证明:平面EFG∥平面AB1C.
(1)解:设=a,=b,=c,
则=++
=c+b+
=a+b+c
=++,
故=++.
(2)证明:=+=a+b,
=+=b+a=,
因为EG与AC无公共点,
所以EG∥AC,
因为EG 平面AB1C,AC 平面AB1C,
所以EG∥平面AB1C.
又因为=+=a+c,=+=c+a=,且FG与AB1无公共点,
所以FG∥AB1,
因为FG 平面AB1C,AB1 平面AB1C,
所以FG∥平面AB1C.
又因为FG∩EG=G,FG 平面EFG,EG 平面EFG,
所以平面EFG∥平面AB1C.
12.直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形,AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,在线段AA1上是否存在点F,使CF⊥平面B1DF,若存在,求出AF的长,若不存在,请说明理由.
解:以B为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,
则C(0,a,0),B1(0,0,3a),D(a,a,3a).
假设存在点F,使CF⊥平面B1DF.
不妨设AF=b(0≤b≤3a),
则F(a,0,b),=(a,-a,b),
=(a,0,b-3a),=(a,a,0).
因为·=a2-a2+0=0,
所以⊥恒成立.由·=2a2+b(b-3a)=2a2+b2-3ab=0,
得b=a或b=2a.
所以当AF=a或AF=2a时,CF⊥平面B1DF.
13.在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,点E,F分别是PB,PD的中点,PA=AB=1,BC=2.用向量方法证明:
(1)EF∥平面ABCD;
(2)平面PAD⊥平面PDC.
证明:(1)以点A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1).点E,F分别是PB,PD的中点,则F(0,1,),E(,0,),
=(,-1,0),=(-1,2,0),
=-,即EF∥BD.
又BD 平面ABCD,EF 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
(2)由(1)可知=(0,2,-1),=(0,0,1),
=(0,2,0),=(1,0,0),
因为·=(0,0,1)·(1,0,0)=0,
·=(0,2,0)·(1,0,0)=0,
所以⊥,⊥,
即AP⊥DC,AD⊥DC.
又AP∩AD=A,AP 平面PAD,AD 平面PAD,
所以DC⊥平面PAD.
因为DC 平面PDC,
所以平面PAD⊥平面PDC.
14.(2021·湖南长沙麓山国际实验学校高三阶段检测)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.
(1)求证:AA1⊥平面ABC;
(2)求平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值;
(3)证明:在线段BC1上存在点D(不与B,C1重合),使得AD⊥A1B,并求出的值.
(1)证明:因为四边形AA1C1C是正方形,
所以AA1⊥AC.
又因为平面ABC⊥平面AA1C1C,平面ABC∩平面AA1C1C=AC,AA1 平面AA1C1C,
所以AA1⊥平面ABC.
(2)解:由AC=4,BC=5,AB=3,
得AC2+AB2=BC2,
所以AB⊥AC.
建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(0,0,4),B(0,3,0),B1(0,3,4),C1(4,0,4),
所以=(4,-3,4),=(0,-3,4),=(0,0,4).
设平面A1C1B的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面B1C1B的法向量为n2=(x2,y2,z2).
则
令y1=4,则x1=0,z1=3,
所以n1=(0,4,3).
令x2=3,则y2=4,
所以n2=(3,4,0).
所以|cos|===,
所以平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值为.
(3)证明:设点D的竖坐标为t(0在平面BCC1B1中作DE⊥BC于点E,
易得D(t,(4-t),t),
所以=(t,(4-t),t),
由(1)知=(0,3,-4),
因为⊥,
所以·=0,
即0+(4-t)-4t=0,
解得t=.
所以==.

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