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第50讲 利用空间向量研究直线、平面的位置关系
考点一　求平面的法向量
[例1]　(1)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以D为原点,{,,}为单位正交基底,建立空间直角坐标系,则平面AB1C的一个法向量是(　　)
A.(1,1,1)　　　　　　　 B.(-1,1,1)
C.(1,-1,1) D.(1,1,-1)
[答案]　D
[解析]　如图,由已知得A(1,0,0),B1(1,1,1),C(0,1,0),则=(0,1,1),=(-1,1,0).
设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z),则取y=1得n=(1,1,-1).
(2)(多选)(2026·浙江绍兴模拟)直线l的方向向量是a=(1,2,0),若l⊥α,则平面α的法向量可以是(　　)
A.n=(1,2,0)
B.n=(-2,-4,0)
C.n=(2,-1,0)
D.n=(2,-1,2)
[答案]　AB
[解析]　因为l⊥α,所以直线l的方向向量与平面α的法向量平行.
A选项,n=(1,2,0)与a=(1,2,0)平行,符合要求;
B选项,n=-2a,故n=(-2,-4,0)与a=(1,2,0)平行,符合要求;
C选项,(2,-1,0)·(1,2,0)=2-2=0,故n=(2,-1,0)与a=(1,2,0)垂直,不符合要求;
D选项,(2,-1,2)·(1,2,0)=2-2=0,故n=(2,-1,2)与a=(1,2,0)垂直,不符合要求.
1.(多选)(2026·山东烟台模拟)已知平面α与平面β平行,若n=(2,-4,8)是平面β的一个法向量,则平面α的法向量可能为(　　)
A.(-1,2,-4) B.(-1,2,4)
C.(2,4,-8) D.(-2,4,-8)
答案:AD
解析:设平面α的法向量为m,因为平面α与平面β平行,n=(2,-4,8)是平面β的一个法向量,所以m∥n,且m≠0,所以平面α的法向量可以为(-1,2,-4),(-2,4,-8).
2.在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在“鳖臑”A-BCD中,AB⊥平面BCD,∠BDC=90°,BD=AB=CD.若建立如图所示的空间直角坐标系,则平面ACD的一个法向量为　　　　.
答案:(0,1,1)(答案不唯一)
解析:根据题意,设BD=AB=CD=1,则D(0,1,0),C(1,1,0) ,A(0,0,1),则=(1,0,0),=(0,1,-1),设平面ACD的法向量为m=(x,y,z),则有令y=1,则m=(0,1,1).
考点二　利用空间向量证明位置关系
[例2]　(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则(　　)
A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
[答案]　BD
[解析]　如图,以D为原点,DA,DB所在直线分别为x,y轴,过点D平行于BB1的直线为z轴,建立空间直角坐标系.
设该正三棱柱的底边长为2,高为h(h>0),则D(0,0,0),A(,0,0),A1(,0,h),C(0,-1,0),C1(0,-1,h),B(0,1,0),B1(0,1,h),
=(-,0,0),=(-,-1,-h),
则·=(-)×(-)+0=3≠0,
则AD⊥A1C不成立,故A错误;
=(0,-2,0),=(0,0,h),=(0,0,h),
设平面AA1D的法向量为n=(x,y,z),
则得x=z=0,令y=1,则n=(0,1,0),
所以=(0,-2,0)=-2n,·n=0,
则B1C1⊥平面AA1D,CC1∥平面AA1D,故B,D正确;
=(-,0,0),=(-,1,0),
则≠,显然AD∥A1B1不成立,故C错误.
3.如图,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点,证明:
(1)MN∥平面PAD;
(2)平面PMC⊥平面PDC.
证明:(1)由题意,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设PA=AD=a(a>0),AB=b(b>0),
则有A(0,0,0),P(0,0,a),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).
因为M,N分别为AB,PC的中点,
所以M(,0,0),N(,,),
所以=(0,,),
又=(0,0,a),=(0,a,0),
所以=+.
又MN 平面PAD,所以MN∥平面PAD.
(2)结合(1)知,M(,0,0),=(b,a,-a),
=(,0,-a),=(0,a,-a).
设平面PMC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
即
令z1=b,则x1=2a,y1=-b,
得n1=(2a,-b,b).
设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
即
令z2=1,则x2=0,y2=1,得n2=(0,1,1).
因为n1·n2=0-b+b=0,所以n1⊥n2,
故平面PMC⊥平面PDC.
考点三　空间位置关系的探索
[例3]　(2026·河北石家庄质检)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)证明:BD⊥AA1.
(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,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.
又BO 平面ABCD,CO 平面ABCD,
所以A1O⊥BO,A1O⊥CO,
所以以O为原点,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,),
所以=(-2,0,0),=(0,1,),
所以·=0×(-2)+1×0+×0=0,
所以⊥,即BD⊥AA1.
(2)[解]　假设在直线CC1上存在点P,
使BP∥平面DA1C1.
设=λ,P(x,y,z),
则(x,y-1,z)=λ(0,1,),
所以P(0,1+λ,λ),
则=(-,1+λ,λ).
又=(0,2,0),=(,0,),
设平面DA1C1的法向量为n=(a,b,c),
则
令a=1,则n=(1,0,-1).
因为BP∥平面DA1C1,所以n⊥,
即n·=--λ=0,解得λ=-1,P(0,0,-),
即存在点P,使BP∥平面DA1C1,此时点P在C1C的延长线上,且CP=CC1.
方法总结
对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,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.
4.(2026·山东聊城模拟)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.
(1)证明:B,E,D1,F四点共面.
(2)是否存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF 若存在,求出DG的长度;若不存在,请说明理由.
(1)证明:连接D1E,D1F,取BB1的中点为M,连接MC1,ME.
因为E为AA1的中点,所以EM∥A1B1∥C1D1,且EM=A1B1=C1D1,
所以四边形EMC1D1为平行四边形,所以D1E∥MC1.
又因为F为CC1的中点,所以BM∥C1F,且BM=C1F,
所以四边形BMC1F为平行四边形,
所以BF∥MC1,
所以BF∥D1E,
所以B,E,D1,F四点共面.
(2)解:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
假设存在满足题意的点G,设G(0,0,t),0≤t≤2,由已知B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),
则=(-1,1,0),=(0,1,-1),=(-1,0,t-1).
设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
即取x1=1,则n1=(1,1,1).
设平面GEF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
即
取x2=t-1,则n2=(t-1,t-1,1).
因为平面GEF⊥平面BEF,
所以n1·n2=0,所以t-1+t-1+1=0,所以t=,
所以存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF,DG的长度为.[A组　基础保分练]
1.已知a=(2,-1,3)是直线l的方向向量,b=(m,2,-1)是平面α的法向量,若l∥α,则m=(　　)
A.-4　　　　　　　　　 B.-
C. D.4
答案:C
解析:由l∥α,得a·b=0,即2m-2-3=0,解得m=.
2.已知平面α,β的法向量分别为a=(1,-1,2),b=(5,-1,-3),则这两个平面的位置关系为(　　)
A.平行
B.相交但不垂直
C.垂直
D.不能确定
答案:C
解析:因为a=(1,-1,2),b=(5,-1,-3),所以a·b=1×5+(-1)×(-1)+2×(-3)=0,
则a⊥b,所以α⊥β.
3.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(　　)
A.(,,-) B.(,-,)
C.(-,,) D.(-,-,-)
答案:D
解析:由已知可得=(-1,1,0),=(-1,0,1).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=1,z=1,
所以n=(1,1,1),
所以单位法向量为±=±(,,).
4.(2026·浙江金华模拟)已知v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),则下列说法正确的是(　　)
A.v∥n1 l∥α
B.n1⊥n2 α⊥β
C.n1∥n2 α⊥β
D.v⊥n1 l⊥α
答案:B
解析:由题意得v∥n1 l⊥α;n1⊥n2 α⊥β;n1∥n2 α∥β;v⊥n1 l∥α或l α.
5.已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,-1,0),C(-1,0,1),直线l的方向向量是a=(-1,-1,-1),则直线l与平面α的位置关系是(　　)
A.相交
B.平行
C.在平面内
D.平行或在平面内
答案:D
解析:由题意得=(0,-1,-1),=(-1,0,0).设平面α的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则x=0,y=-1,n=(0,-1,1).因为a·n=1-1=0,所以直线l与平面α平行或在平面α内.
6.(2026·湖南长沙模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB=2,E为AB的中点,F为线段BB1上的一点,且A1C⊥EF,则=(　　)
A.10 B.12
C.15 D.20
答案:C
解析:取A1B1的中点E1,连接EE1,EC,易知EC,EB,EE1两两垂直,以E为坐标原点,EC,EB,EE1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E(0,0,0),C(,0,0),A1(0,-,2),=(,,-2).
设F(0,,λ)(0≤λ≤2),
则=(0,,λ).
由A1C⊥EF,得·=-2λ=0,
解得λ=,故==15.
7.(多选)(2026·福建厦门模拟)给出下列命题,其中是真命题的是(　　)
A.若直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量为b=(2,1,-),则l⊥m
B.若直线l的方向向量为a=(0,1,-1),平面α的法向量为n=(1,-1,-1),则l⊥α
C.若平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α,β相交
D.若平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1
答案:ACD
解析:对于A选项,若直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量为b=(2,1,-),则a·b=1×2-1×1+2×(-)=0,即a⊥b,所以l⊥m,A是真命题;
对于B选项,若直线l的方向向量为a=(0,1,-1),平面α的法向量为n=(1,-1,-1),
则a·n=0+1×(-1)+(-1)2=0,所以a⊥n,则l∥α或l α,B是假命题;
对于C选项,若平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则n1与n2不共线,
所以α,β相交,C是真命题;
对于D选项,=(-1,1,1),=(-2,2,1),因为n=(1,u,t)为平面α的法向量,
则此时u+t=1,D是真命题.
8.(多选)(2026·江苏南通模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P,Q分别是棱BC,C1D1的中点,则(　　)
A.B1P⊥BQ
B.是平面BB1Q的一个法向量
C.,,共面
D.PQ∥平面BDD1B1
答案:BCD
解析:如图所示建立空间直角坐标系,易知B1(2,2,2),P(1,2,0),B(2,2,0),Q(0,1,2),A(2,0,0),C1(0,2,2),D1(0,0,2),C(0,2,0).
对于A选项,=(-1,0,-2),=(-2,-1,2),则·=-2≠0,
即B1P⊥BQ不成立,故A错误;
对于B选项,=(-1,2,0),=(0,0,2),易得·=0,·=0,
即是平面BB1Q的一个法向量,故B正确;
对于C选项,=(1,0,-2),=(-2,-1,2),=(-2,-2,0),
则=-+,所以,,共面,故C正确;
对于D选项,显然向量=(-2,2,0)为平面BDD1B1的一个法向量,又=(-1,-1,2),则·=0,故⊥,又PQ 平面BDD1B1,所以PQ∥平面BDD1B1,故D正确.
9.已知A(1,2,3),B(-2,2,1)在直线l上,写出直线l的一个方向向量:n=　　　　.(用坐标表示)
答案:(-3,0,-2)(答案不唯一)
解析:由题意,在直线l中,A(1,2,3),B(-2,2,1),
∴直线l的一个方向向量n==(-3,0,-2).
10.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体,
①直线DD1的一个方向向量为(0,0,1);
②直线BC1的一个方向向量为(0,1,1);
③平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0);
④平面B1CD的一个法向量为(1,1,1).
则上述结论正确的是　　　　.(填序号)
答案:①②③
解析:设正方体的棱长为1.因为AA1∥DD1,且=(0,0,1),所以①正确;因为AD1∥BC1,=(0,1,1),所以②正确;因为AD⊥平面ABB1A1,=(0,1,0),所以③正确;因为CD⊥平面B1BCC1,BC1 平面B1BCC1,所以CD⊥BC1,又BC1⊥B1C,B1C∩CD=C,B1C,CD 平面B1CD,所以BC1⊥平面B1CD,而BC1与AC1相交,不平行,所以AC1与平面B1CD不垂直,故=(1,1,1)不是平面B1CD的法向量,所以④错误.
11.(2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
证明:B2C2∥A2D2.
证明:以C为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
则=(0,-2,1),=(0,-2,1),
所以=.
又知B2C2与A2D2无公共点,
所以B2C2∥A2D2.
12.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.证明:BF⊥DE.
证明:因为BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,
所以A1B1⊥平面B1C1CB.
因为AB∥A1B1,所以AB⊥平面B1C1CB.
又因为BC 平面B1C1CB,所以AB⊥BC.
以B为坐标原点,BA,BC,BB1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B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),所以=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2),
所以·=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,所以BF⊥DE.
[B组　能力提升练]
13.(多选)如图所示的八面体的每一个面都是正三角形,且A,B,C,D四个顶点在同一平面内,则下列结论正确的是(　　)
A.AE∥平面CDF
B.平面ABE∥平面CDF
C.AB⊥DE
D.平面ACE⊥平面BDF
答案:ABD
解析:由题意知,此八面体为正八面体.
如图,设AC,BD交于点O,则O为正八面体的中心,连接OE,以O为原点,OB,OC,OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
设该正八面体的棱长为2,
则A(0,-,0),E(0,0,),C(0,,0),D(-,0,0),F(0,0,-),所以=(0,,),=(-,-,0),=(0,-,-).
设平面CDF的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=(1,-1,1),
又·n=-+=0,所以⊥n,
因为AE 平面CDF,
所以AE∥平面CDF,A正确;
因为AB∥CD,AB 平面CDF,CD 平面CDF,所以AB∥平面CDF,
又AB∩AE=A,AB,AE 平面ABE,
所以平面ABE∥平面CDF,B正确;
因为B(,0,0),所以=(,,0),
又=(,0,),所以·=2≠0,
所以AB与DE不垂直,C错误;
易知平面ACE的一个法向量为m1=(1,0,0),平面BDF的一个法向量为m2=(0,1,0),因为m1·m2=0,所以平面ACE⊥平面BDF,D正确.
14.如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在BD上,且BE=BD,点F在CB1上,且CF=CB1.若平面ADD1A1上存在一点G,使得B1G∥平面DEF,写出一个满足条件的点G的坐标：　　　　.
答案:(3,0,)(答案不唯一)
解析:由题意得D(0,0,0),E(2,2,0),F(1,3,1),B1(3,3,3),得=(2,2,0),=(1,3,1).
设G(a,0,b),平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,则n=(1,-1,2).又=(a-3,-3,b-3),
所以n·=a-3+3+2(b-3)=a+2b-6=0,即a+2b=6.取a=3,则b=,
故点G(3,0,).
15.(2026·河北保定质检)如图,等边三角形ABC所在平面与直角梯形ABDE所在的平面垂直,BD∥AE,BD=2AE,AE⊥AB.
(1)若F为CD的中点,证明:EF⊥平面BCD;
(2)在线段AC上是否存在点N,使CD∥平面BEN 若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明:设ED的中点为H,AB的中点为O,连接OH,OC,由题意知OH∥AE.
因为平面ABDE⊥平面ABC,AE⊥AB,AE 平面ABDE,平面ABDE∩平面ABC=AB,所以AE⊥平面ABC,所以OH⊥平面ABC.又因为△ABC为等边三角形,所以OC⊥AB.
故以O为坐标原点,,,分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
设AE=1,AB=2a,则A(0,-a,0),B(0,a,0),C(a,0,0),D(0,a,2),E(0,-a,1),F(,,1),
所以=(,,0),=(a,-a,0),=(0,0,2),所以·=0,·=0,所以EF⊥BC,EF⊥BD.
又因为BC∩BD=B,BC,BD 平面BCD,
所以EF⊥平面BCD.
(2)解:假设存在点N,使CD∥平面BEN,
设=λ,则N(,,0),
所以=(,,0).
由(1)知,=(0,-2a,1),=(-a,a,2),
设平面BEN的法向量为n=(x,y,z),
则
得令y=1,则n=(,1,2a),由CD∥平面BEN,得n⊥,
所以n·=×(-a)+a+2a×2=0,解得λ=,
所以存在点N,使CD∥平面BEN,此时=.(共27张PPT)
第50讲利用空间向量研究直线、平面的位置关系
考点一　求平面的法向量
[例1]　(1)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,以D为原点,
{,,}为单位正交基底,建立空间直角坐标系,则平面AB1C的一个法向量是(　　)
A.(1,1,1)　　　　　　　 B.(-1,1,1)
C.(1,-1,1) D.(1,1,-1)
D
[解析]　如图,由已知得A(1,0,0),B1(1,1,1),C(0,1,0),则=(0,1,1),=
(-1,1,0).
设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z),则取y=1得n=(1,1,-1).
(2)(多选)(2026·浙江绍兴模拟)直线l的方向向量是a=(1,2,0),若l⊥α,则平面α的法向量可以是(　　)
A.n=(1,2,0)
B.n=(-2,-4,0)
C.n=(2,-1,0)
D.n=(2,-1,2)
AB
[解析]　因为l⊥α,所以直线l的方向向量与平面α的法向量平行.
A选项,n=(1,2,0)与a=(1,2,0)平行,符合要求;
B选项,n=-2a,故n=(-2,-4,0)与a=(1,2,0)平行,符合要求;
C选项,(2,-1,0)·(1,2,0)=2-2=0,故n=(2,-1,0)与a=(1,2,0)垂直,不符合要求;
D选项,(2,-1,2)·(1,2,0)=2-2=0,故n=(2,-1,2)与a=(1,2,0)垂直,不符合要求.
跟踪训练
1.(多选)(2026·山东烟台模拟)已知平面α与平面β平行,若n=(2,-4,8)是平面β的一个法向量,则平面α的法向量可能为(　　)
A.(-1,2,-4) B.(-1,2,4)
C.(2,4,-8) D.(-2,4,-8)
解析:设平面α的法向量为m,因为平面α与平面β平行,n=(2,-4,8)是平面β的一个法向量,所以m∥n,且m≠0,所以平面α的法向量可以为(-1,2,-4),
(-2,4,-8).
AD
2.在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在“鳖臑”A-BCD中,AB⊥平面BCD,∠BDC=90°,BD=AB=CD.若建立如图所示的空间直角坐标系,则平面ACD的一个法向量为
　 　　　.
解析:根据题意,设BD=AB=CD=1,则D(0,1,0),C(1,1,0) ,A(0,0,1),则=(1,0,0),=(0,1,-1),设平面ACD的法向量为m=(x,y,z),则有令y=1,则m=(0,1,1).
(0,1,1)(答案不唯一)
考点二　利用空间向量证明位置关系
[例2]　(多选)(2025·全国一卷)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D为BC的中点,则(　　)
A.AD⊥A1C B.B1C1⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
BD
[解析]　如图,以D为原点,DA,DB所在直线分别为x,y轴,过点D平行于BB1的直线为z轴,建立空间直角坐标系.
设该正三棱柱的底边长为2,高为h(h>0),则D(0,0,0),A(,0,0),A1(,0,h),C(0,-1,0),C1(0,-1,h),B(0,1,0),B1(0,1,h),
=(-,0,0),=(-,-1,-h),
则·=(-)×(-)+0=3≠0,
则AD⊥A1C不成立,故A错误;
=(0,-2,0),=(0,0,h),=(0,0,h),
设平面AA1D的法向量为n=(x,y,z),
则得x=z=0,令y=1,则n=(0,1,0),
所以=(0,-2,0)=-2n,·n=0,
则B1C1⊥平面AA1D,CC1∥平面AA1D,故B,D正确;
=(-,0,0),=(-,1,0),
则≠,显然AD∥A1B1不成立,故C错误.
跟踪训练
3.如图,已知PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为矩形,PA=AD,M,N分别为AB,PC的中点,证明:
(1)MN∥平面PAD;
证明:由题意,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
设PA=AD=a(a>0),AB=b(b>0),
则有A(0,0,0),P(0,0,a),D(0,a,0),C(b,a,0),B(b,0,0).
因为M,N分别为AB,PC的中点,
所以M(,0,0),N(,,),
所以=(0,,),
又=(0,0,a),=(0,a,0),
所以=+.
又MN 平面PAD,所以MN∥平面PAD.
(2)平面PMC⊥平面PDC.
证明:结合(1)知,M(,0,0),=(b,a,-a),
=(,0,-a),=(0,a,-a).
设平面PMC的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
即
令z1=b,则x1=2a,y1=-b,
得n1=(2a,-b,b).
设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
即
令z2=1,则x2=0,y2=1,得n2=(0,1,1).
因为n1·n2=0-b+b=0,所以n1⊥n2,
故平面PMC⊥平面PDC.
考点三　空间位置关系的探索
[例3]　(2026·河北石家庄质检)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)证明:BD⊥AA1.
[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.
又BO 平面ABCD,CO 平面ABCD,
所以A1O⊥BO,A1O⊥CO,
所以以O为原点,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,),
所以=(-2,0,0),=(0,1,),
所以·=0×(-2)+1×0+×0=0,
所以⊥,即BD⊥AA1.
(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,请说明理由.
[解]　假设在直线CC1上存在点P,
使BP∥平面DA1C1.
设=λ,P(x,y,z),
则(x,y-1,z)=λ(0,1,),
所以P(0,1+λ,λ),
则=(-,1+λ,λ).
又=(0,2,0),=(,0,),
设平面DA1C1的法向量为n=(a,b,c),
则
令a=1,则n=(1,0,-1).
因为BP∥平面DA1C1,所以n⊥,
即n·=--λ=0,解得λ=-1,P(0,0,-),
即存在点P,使BP∥平面DA1C1,此时点P在C1C的延长线上,且CP=CC1.
方法总结
对于存在判断型问题的求解,应先假设存在,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.
跟踪训练
4.(2026·山东聊城模拟)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.
(1)证明:B,E,D1,F四点共面.
证明:连接D1E,D1F,取BB1的中点为M,连接MC1,ME.
因为E为AA1的中点,所以EM∥A1B1∥C1D1,且EM=A1B1=C1D1,
所以四边形EMC1D1为平行四边形,所以D1E∥MC1.
又因为F为CC1的中点,所以BM∥C1F,且BM=C1F,
所以四边形BMC1F为平行四边形,
所以BF∥MC1,
所以BF∥D1E,
所以B,E,D1,F四点共面.
(2)是否存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF 若存在,求出DG的长度;若不存在,请说明理由.
解:如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
假设存在满足题意的点G,设G(0,0,t),0≤t≤2,由已知B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),
则=(-1,1,0),=(0,1,-1),=(-1,0,t-1).
设平面BEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
即取x1=1,则n1=(1,1,1).
设平面GEF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
即
取x2=t-1,则n2=(t-1,t-1,1).
因为平面GEF⊥平面BEF,
所以n1·n2=0,所以t-1+t-1+1=0,所以t=,
所以存在点G,使得平面GEF⊥平面BEF,DG的长度为.(共30张PPT)
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A组　基础保分练
1.已知a=(2,-1,3)是直线l的方向向量,b=(m,2,-1)是平面α的法向量,若l∥α,则m=(　　)
A.-4　　　　　　　　　 B.-
C. D.4
解析:由l∥α,得a·b=0,即2m-2-3=0,解得m=.
C
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2.已知平面α,β的法向量分别为a=(1,-1,2),b=(5,-1,-3),则这两个平面的位置关系为(　　)
A.平行
B.相交但不垂直
C.垂直
D.不能确定
解析:因为a=(1,-1,2),b=(5,-1,-3),所以a·b=1×5+(-1)×(-1)+2×(-3)=0,
则a⊥b,所以α⊥β.
C
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3.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(　　)
A.(,,-) B.(,-,)
C.(-,,) D.(-,-,-)
D
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解析:由已知可得=(-1,1,0),=(-1,0,1).
设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=1,z=1,
所以n=(1,1,1),
所以单位法向量为±=±(,,).
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4.(2026·浙江金华模拟)已知v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),则下列说法正确的是(　　)
A.v∥n1 l∥α
B.n1⊥n2 α⊥β
C.n1∥n2 α⊥β
D.v⊥n1 l⊥α
解析:由题意得v∥n1 l⊥α;n1⊥n2 α⊥β;n1∥n2 α∥β;v⊥n1 l∥α或l α.
B
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5.已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,-1,0),C(-1,0,1),直线l的方向向量是a=(-1,-1,-1),则直线l与平面α的位置关系是(　　)
A.相交 B.平行
C.在平面内 D.平行或在平面内
解析:由题意得=(0,-1,-1),=(-1,0,0).设平面α的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则x=0,y=-1,n=(0,-1,1).因为a·n=1-1=0,所以直线l与平面α平行或在平面α内.
D
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6.(2026·湖南长沙模拟)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB=2,E为AB的中点,F为线段BB1上的一点,且A1C⊥EF,则=(　　)
A.10 B.12
C.15 D.20
C
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解析:取A1B1的中点E1,连接EE1,EC,易知EC,EB,EE1两两垂直,以E为坐标原点,EC,EB,EE1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E(0,0,0),C(,0,0),A1(0,-,2),=(,,-2).
设F(0,,λ)(0≤λ≤2),
则=(0,,λ).
由A1C⊥EF,得·=-2λ=0,
解得λ=,故==15.
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7.(多选)(2026·福建厦门模拟)给出下列命题,其中是真命题的是( 　　)
A.若直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量为b=(2,1,-),则l⊥m
B.若直线l的方向向量为a=(0,1,-1),平面α的法向量为n=(1,-1,-1),则l⊥α
C.若平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α,β相交
D.若平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1
ACD
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解析:对于A选项,若直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量为b=(2,1,-),则a·b=1×2-1×1+2×(-)=0,即a⊥b,所以l⊥m,A是真命题;
对于B选项,若直线l的方向向量为a=(0,1,-1),平面α的法向量为n=(1,-1,-1),
则a·n=0+1×(-1)+(-1)2=0,所以a⊥n,则l∥α或l α,B是假命题;
对于C选项,若平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则n1与n2不共线,
所以α,β相交,C是真命题;
对于D选项,=(-1,1,1),=(-2,2,1),因为n=(1,u,t)为平面α的法向量,
则此时u+t=1,D是真命题.
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8.(多选)(2026·江苏南通模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,P,Q分别是棱BC,C1D1的中点,则( 　　)
A.B1P⊥BQ
B.是平面BB1Q的一个法向量
C.,,共面
D.PQ∥平面BDD1B1
BCD
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解析:如图所示建立空间直角坐标系,易知B1(2,2,2),P(1,2,0),B(2,2,0),Q(0,1,2),A(2,0,0),C1(0,2,2),D1(0,0,2),C(0,2,0).
对于A选项,=(-1,0,-2),=(-2,-1,2),则·=-2≠0,
即B1P⊥BQ不成立,故A错误;
对于B选项,=(-1,2,0),=(0,0,2),易得·=0,·=0,
即是平面BB1Q的一个法向量,故B正确;
对于C选项,=(1,0,-2),=(-2,-1,2),=(-2,-2,0),
则=-+,所以,,共面,故C正确;
对于D选项,显然向量=(-2,2,0)为平面BDD1B1的一个法向量,又=
(-1,-1,2),则·=0,故⊥,又PQ 平面BDD1B1,所以PQ∥平面BDD1B1,故D正确.
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9.已知A(1,2,3),B(-2,2,1)在直线l上,写出直线l的一个方向向量:
n=　　 　　.(用坐标表示)
解析:由题意,在直线l中,A(1,2,3),B(-2,2,1),
∴直线l的一个方向向量n==(-3,0,-2).
(-3,0,-2)(答案不唯一)
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10.如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体,
①直线DD1的一个方向向量为(0,0,1);
②直线BC1的一个方向向量为(0,1,1);
③平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0);
④平面B1CD的一个法向量为(1,1,1).
则上述结论正确的是　　　 　.(填序号)
①②③
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解析:设正方体的棱长为1.因为AA1∥DD1,且=(0,0,1),所以①正确;因为AD1∥BC1,=(0,1,1),所以②正确;因为AD⊥平面ABB1A1,=(0,1,0),所以③正确;因为CD⊥平面B1BCC1,BC1 平面B1BCC1,所以CD⊥BC1,又BC1⊥B1C,B1C∩CD=C,B1C,CD 平面B1CD,所以BC1⊥平面B1CD,而BC1与AC1相交,不平行,所以AC1与平面B1CD不垂直,故=(1,1,1)不是平面B1CD的法向量,所以④错误.
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11.(2023·新课标Ⅰ卷)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
证明:B2C2∥A2D2.
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证明:以C为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
则=(0,-2,1),=(0,-2,1),
所以=.
又知B2C2与A2D2无公共点,
所以B2C2∥A2D2.
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12.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.证明:BF⊥DE.
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证明:因为BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,
所以A1B1⊥平面B1C1CB.
因为AB∥A1B1,所以AB⊥平面B1C1CB.
又因为BC 平面B1C1CB,所以AB⊥BC.
以B为坐标原点,BA,BC,BB1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B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),所以=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2),
所以·=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,所以BF⊥DE.
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B组　能力提升练
13.(多选)如图所示的八面体的每一个面都是正三角形,且A,B,C,D四个顶点在同一平面内,则下列结论正确的是(　 　)
A.AE∥平面CDF
B.平面ABE∥平面CDF
C.AB⊥DE
D.平面ACE⊥平面BDF
ABD
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解析:由题意知,此八面体为正八面体.
如图,设AC,BD交于点O,则O为正八面体的中心,连接OE,以O为原点,OB,OC,OE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.
设该正八面体的棱长为2,
则A(0,-,0),E(0,0,),C(0,,0),D(-,0,0),F(0,0,-),所以=(0,,),=(-,-,0),=(0,-,-).
设平面CDF的法向量为n=(x,y,z),
则
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令x=1,则n=(1,-1,1),
又·n=-+=0,所以⊥n,
因为AE 平面CDF,
所以AE∥平面CDF,A正确;
因为AB∥CD,AB 平面CDF,CD 平面CDF,所以AB∥平面CDF,
又AB∩AE=A,AB,AE 平面ABE,
所以平面ABE∥平面CDF,B正确;
因为B(,0,0),所以=(,,0),
又=(,0,),所以·=2≠0,
所以AB与DE不垂直,C错误;
易知平面ACE的一个法向量为m1=(1,0,0),平面BDF的一个法向量为m2=(0,1,0),因为m1·m2=0,所以平面ACE⊥平面BDF,D正确.
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14.如图,在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E在BD上,且BE=BD,点F在CB1上,且CF=CB1.若平面ADD1A1上存在一点G,使得B1G∥平面
DEF,写出一个满足条件的点G的坐标:　　 　　.
(3,0,)(答案不唯一)
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解析:由题意得D(0,0,0),E(2,2,0),F(1,3,1),B1(3,3,3),得=(2,2,0),=(1,3,1).
设G(a,0,b),平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则
令x=1,则n=(1,-1,2).又=(a-3,-3,b-3),
所以n·=a-3+3+2(b-3)=a+2b-6=0,即a+2b=6.取a=3,则b=,
故点G(3,0,).
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15.(2026·河北保定质检)如图,等边三角形ABC所在平面与直角梯形ABDE所在的平面垂直,BD∥AE,BD=2AE,AE⊥AB.
(1)若F为CD的中点,证明:EF⊥平面BCD；
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证明:设ED的中点为H,AB的中点为O,连接OH,OC,由题意知OH∥AE.
因为平面ABDE⊥平面ABC,AE⊥AB,AE 平面ABDE,平面ABDE∩平面ABC=AB,所以AE⊥平面ABC,所以OH⊥平面ABC.又因为△ABC为等边三角形,所以OC⊥AB.
故以O为坐标原点,,,分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
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设AE=1,AB=2a,则A(0,-a,0),B(0,a,0),C(a,0,0),D(0,a,2),
E(0,-a,1),F(,,1),
所以=(,,0),=(a,-a,0),=(0,0,2),所以·=0,·=0,所以EF⊥BC,EF⊥BD.
又因为BC∩BD=B,BC,BD 平面BCD,
所以EF⊥平面BCD.
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(2)在线段AC上是否存在点N,使CD∥平面BEN 若存在,求的值;若不存在,请说明理由.
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解:假设存在点N,使CD∥平面BEN,
设=λ,则N(,,0),
所以=(,,0).
由(1)知,=(0,-2a,1),=(-a,a,2),
设平面BEN的法向量为n=(x,y,z),
则
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得令y=1,则n=(,1,2a),由CD∥平面BEN,得n⊥,
所以n·=×(-a)+a+2a×2=0,解得λ=,
所以存在点N,使CD∥平面BEN,此时=.

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