高二数学 用空间向量解决立体几何中的平行与垂直问题课后练习
高中数学第二章空间向量与立体几何2.4用向量讨论垂直与平行课时作业北师大版选修2-1(2021年整
2018-2019学年高中数学第二章空间向量与立体几何2.4 用向量讨论垂直与平行课时作业北师大版选修2-1编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018-2019学年高中数学第二章空间向量与立体几何2.4 用向量讨论垂直与平行课时作业北师大版选修2-1）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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2.4 用向量讨论垂直与平行[基础达标］1。
若错误!＝(1，2，3），错误!＝(－1,3,4)，则以下向量中能成为平面OAB 的法向量的是（ )A ．(1，7，5)B ．(1，－7，5）C ．（－1,－7，5)D ．（1，－7，－5）解析:选C 。
因为（－1，－7，5）·(1,2，3）＝－1－14＋15＝0，(－1，－7，5)·（－1，3，4)＝1－21＋20＝0，所以向量(－1，－7，5）能成为平面OAB 的法向量．错误!若直线l 的方向向量为a ＝（1，0,2）,平面α的法向量为u ＝（－2，0，－4),则( )A ．l ∥αB ．l ⊥αC ．lαD ．l 与α斜交解析：选B.∵u ＝－2a ,a 与u 共线，∴l ⊥α。
3.已知A （1，－2，11)，B （4，2,3），C （6，－1,4)，则△ABC 的形状是( ） A ．等腰三角形 B ．等边三角形 C ．直角三角形 D ．等腰直角三角形解析：选C.错误!＝(－5，－1，7),错误!＝（－2，3，－1），由于错误!·错误!＝0且|错误!｜≠｜错误!|，故选C.4.已知平面α与β的一个法向量分别是a ＝(x ，2，2)，b ＝（1，3,y ),若α⊥β，且|a ｜＝2错误!，则y ＝（ )A ．－5B ．－1C ．4或－4D ．－5或－1解析：选D.∵α⊥β，∴a ⊥b ，即x ＋6＋2y ＝0①,又｜a |＝2错误!，∴x 2＋22＋22＝24②，由①②解得y ＝－5或y ＝－1。
空间向量在立体几何中的应用和习题(含答案)[1]
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空间向量在立体几何中的应用:（1)直线的方向向量与平面的法向量: ①如图，l 为经过已知点A 且平行于已知非零向量a 的直线，对空间任意一点O ,点P 在直线l 上的充要条件是存在实数t ，使得a t OA OP +=，其中向量a 叫做直线的方向向量．由此可知，空间任意直线由空间一点及直线的方向向量惟一确定．②如果直线l ⊥平面α ，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α 的法向量．由此可知，给定一点A 及一个向量a ，那么经过点A 以向量a 为法向量的平面惟一确定． （2)用空间向量刻画空间中平行与垂直的位置关系:设直线l ,m 的方向向量分别是a ，b ,平面α ，β 的法向量分别是u ,v ，则 ①l ∥m ⇔a ∥b ⇔a ＝k b ，k ∈R ； ②l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔a ·b ＝0； ③l ∥α ⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0； ④l ⊥α ⇔a ∥u ⇔a ＝k u ，k ∈R ; ⑤α ∥⇔u ∥v ⇔u ＝k v ,k ∈R ; ⑥α ⊥β ⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0．(3)用空间向量解决线线、线面、面面的夹角问题： ①异面直线所成的角：设a ,b 是两条异面直线，过空间任意一点O 作直线a ′∥a ,b ′∥b ，则a ′与b ′所夹的锐角或直角叫做异面直线a 与b 所成的角．设异面直线a 与b 的方向向量分别是v 1，v 2，a 与b 的夹角为θ ,显然],2π,0(∈θ则⋅=><⋅|||||||,cos |212121v v v v v v②直线和平面所成的角：直线和平面所成的角是指直线与它在这个平面内的射影所成的角．设直线a 的方向向量是u ，平面α 的法向量是v ，直线a 与平面α 的夹角为θ ,显然]2π,0[∈θ，则⋅=><⋅|||||||,cos |v u v u v u③二面角及其度量：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．记作α －l －β 在二面角的棱上任取一点O ,在两个半平面内分别作射线OA ⊥l ，OB ⊥l ，则∠AOB 叫做二面角α －l －β 的平面角．利用向量求二面角的平面角有两种方法： 方法一：如图，若AB ，CD 分别是二面角α －l －β 的两个面内与棱l 垂直的异面直线，则二面角α －l －β的大小就是向量CD AB 与的夹角的大小．方法二：如图，m 1，m 2分别是二面角的两个半平面α ,β 的法向量，则<m 1，m 2>与该二面角的大小相等或互补．（4）根据题目特点，同学们可以灵活选择运用向量方法与综合方法,从不同角度解决立体几何问题． 【例题分析】例1 如图，在长方体OAEB －O 1A 1E 1B 1中，OA ＝3,OB ＝4，OO 1＝2，点P 在棱AA 1上，且AP ＝2P A 1,点S 在棱BB 1上，且B 1S ＝2SB ，点Q ，R 分别是O 1B 1,AE 的中点,求证：PQ ∥RS ．【分析】建立空间直角坐标系，设法证明存在实数k ，使得.RS k PQ =解：如图建立空间直角坐标系，则O (0，0，0)，A （3，0，0），B (0，4，0)，O 1（0，0，2)，A 1(3，0，2），B 1（0，4，2），E （3，4，0)．∵AP ＝2P A 1， ∴),34,0,0()2,0,0(32321===AA AP ∴⋅)34,0,3(P同理可得：Q (0，2,2）,R (3，2，0）,⋅)32,4,0(S,)32,2,3(RS PQ =-=∴RS PQ //，又R ∉PQ ,∴PQ ∥RS ．【评述】1、证明线线平行的步骤：（1)证明两向量共线;(2)证明其中一个向量所在直线上一点不在另一个向量所在的直线上即可．2、本体还可采用综合法证明，连接PR ，QS ，证明PQRS 是平行四边形即可，请完成这个证明． 例2 已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，E ，F 分别是棱A 1D 1，A 1B 1，D 1C 1,B 1C 1的中点，求证：平面AMN ∥平面EFBD ．【分析】要证明面面平行，可以通过线线平行来证明，也可以证明这两个平面的法向量平行． 解法一:设正方体的棱长为4，如图建立空间直角坐标系，则D (0，0，0)，A （4,0，0），M （2，0，4），N （4，2，4）,B (4，4，0)，E （0，2，4)，F （2，4，4)．取MN 的中点K ,EF 的中点G ，BD 的中点O ，则O （2,2，0)，K （3,1,4），G （1，3，4）．MN ＝（2,2，0)，EF ＝(2，2,0)，AK ＝（－1,1,4），OG ＝（－1，1，4)， ∴MN ∥EF ,OG AK =，∴MN//EF ，AK//OG ，∴MN ∥平面EFBD ，AK ∥平面EFBD ， ∴平面AMN ∥平面EFBD ．解法二：设平面AMN 的法向量是a ＝(a 1，a 2，a 3），平面EFBD 的法向量是 b ＝(b 1，b 2，b 3)． 由,0,0==⋅⋅AN AM a a 得⎩⎨⎧=+=+-,042,0423231a a a a 取a 3＝1，得a ＝（2，－2，1)．由,0,0==⋅⋅BF DE b b得⎩⎨⎧=+-=+,042,0423132b b b b 取b 3＝1，得b ＝（2，－2,1)．∵a ∥b ,∴平面AMN ∥平面EFBD ．注：本题还可以不建立空间直角坐标系，通过综合法加以证明，请试一试．例3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,M ，N 是棱A 1B 1，B 1B 的中点，求异面直线AM 和CN 所成角的余弦值．解法一：设正方体的棱长为2，如图建立空间直角坐标系，则D （0，0，0)，A (2，0,0），M (2，1，2）,C （0,2，0），N (2，2，1)．∴),1,0,2(),2,1,0(==CN AM设AM 和CN 所成的角为θ ，则,52||||cos ==⋅CN AM CN AM θ ∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52解法二：取AB 的中点P ，CC 1的中点Q ,连接B 1P ，B 1Q ，PQ ,PC ． 易证明：B 1P ∥MA ，B 1Q ∥NC ，∴∠PB 1Q 是异面直线AM 和CN 所成的角． 设正方体的棱长为2，易知,6,52211=+===QC PC PQ Q B P B∴,522cos 11221211=-+=⋅Q B P B PQ Q B P B Q PB∴异面直线AM 和CN 所成角的余弦值是⋅52【评述】空间两条直线所成的角是不超过90°的角，因此按向量的夹角公式计算时，分子的数量积如果是负数，则应取其绝对值，使之成为正数，这样才能得到异面直线所成的角（锐角)．例4 如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为a ，侧棱长为a 2，求直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小．【分析】利用正三棱柱的性质,适当建立空间直角坐标系，写出有关点的坐标．求角时有两种思路：一是由定义找出线面角，再用向量方法计算；二是利用平面ABB 1A 1的法向量求解．解法一：如图建立空间直角坐标系，则A （0,0，0），B (0，a ，0），),2,0,0(1a A⋅-)2,2,23(1a aa C 取A 1B 1的中点D ，则)2,2,0(a a D ，连接AD ，C 1D ．则),2,0,0(),0,,0(),0,0,23(1a AA a AB aDC ==-= ,0,0111==⋅⋅AA DC AB DC∴DC 1⊥平面ABB 1A 1，∴∠C 1AD 是直线AC 1与平面ABB 1A 1所或的角．),2,2,0(),2,2,23(1a aAD a a a AC =-= 23||||cos 111==∴AD AC AD C ， ∴直线AC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小是30°．解法二：如图建立空间直角坐标系，则A (0，0，0),B (0，a ,0），A 1(0，0，a 2），)2,2,23(1a aa C -，从而⋅-===)2,2,23(),2,0,0(),0,,0(11a aa AC a AA a AB 设平面ABB 1A 1的法向量是a ＝（p ，q ，r ）, 由,0,01==⋅⋅AA AB a a得⎩⎨⎧==,02,0ar aq 取p ＝1，得a ＝(1，0,0)． 设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为],2π,0[,∈θθ.30,21|||||||,cos |sin 111 ===〉〈=⋅θθa a a AC AC AC 【评述】充分利用几何体的特征建立适当的坐标系，再利用向量的知识求解线面角；解法二给出了一般的方法，即先求平面的法向量与斜线的夹角,再利用两角互余转换．例5 如图，三棱锥P －ABC 中，P A ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝AC ＝1，2=BC ，求二面角A－PB －C 的平面角的余弦值．解法二图解法一：取PB 的中点D ，连接CD ，作AE ⊥PB 于E ． ∵P A ＝AC ＝1，P A ⊥AC ， ∴PC ＝BC ＝2，∴CD ⊥PB ． ∵EA ⊥PB ，∴向量EA 和DC 夹角的大小就是二面角A －PB －C 的大小．如图建立空间直角坐标系，则C （0，0，0）,A (1，0，0），B （0，2，0)，P （1,0，1），由D 是PB 的中点,得D ⋅)21,22,21( 由,3122==AB AP EB PE 得E 是PD 的中点，从而⋅)43,42,43(E∴)21,22,21(),43,42,41(---=--=DC EA ∴⋅=>=<33||||,cos DC EA DC EA DC EA 即二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅33 解法二:如图建立空间直角坐标系，则A （0，0，0),)0,1,2(B ，C （0,1，0)，P (0，0,1），).1,1,0(),0,0,2(),0,1,2(),1,0,0(-====CP CB AB AP设平面P AB 的法向量是a ＝(a 1,a 2，a 3），平面PBC 的法向量是b ＝（b 1,b 2，b 3）． 由,0,0==⋅⋅AB AP a a得⎪⎩⎪⎨⎧=+=,02,0213a a a 取a 1＝1，得).0,2,1(-=a 由0,0==⋅⋅CP CB b b 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=,0,02321b b b 取b 3＝1，得b ＝（0,1，1）．∴⋅-=>=<⋅33||||,cos b a b a b a∵二面角A －PB －C 为锐二面角， ∴二面角A －PB －C 的平面角的余弦值是⋅=-33|33| 【评述】1、求二面角的大小，可以在两个半平面内作出垂直于棱的两个向量,转化为这两个向量的夹角;应注意两个向量的始点应在二面角的棱上．2、当用法向量的方法求二面角时，有时不易判断两个平面法向量的夹角是二面角的平面角还是其补角，但我们可以借助观察图形而得到结论，这是因为二面角是锐二面角还是钝二面角一般是明显的．练习一、选择题： 1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是BB 1的中点，则二面角E －A 1D 1－D 的平面角的正切值是（ ） (A)2（B ）2（C)5（D)222．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线AD 1与平面A 1ACC 1所成角的大小是（ ) (A)30° （B)45° (C)60° （D)90°3．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ） (A)31 （B ）32 （C)33 (D ）32 4．如图，α ⊥β ，α ∩β ＝l ，A ∈α ，B ∈β ，A ,B 到l 的距离分别是a 和b ，AB 与α ，β 所成的角分别是θ 和ϕ,AB 在α ，β 内的射影分别是m 和n ，若a ＞b ，则下列结论正确的是（ ）（A)θ ＞ϕ,m ＞n （B ）θ ＞ϕ，m ＜n （C)θ ＜ϕ,m ＜n(D ）θ ＜ϕ,m ＞n二、填空题:5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别为AA 1，AB ，BB 1，B 1C 1的中点，则异面直线EF 与GH 所成角的大小是______． 6．已知正四棱柱的对角线的长为6，且对角线与底面所成角的余弦值为33,则该正四棱柱的体积等于______．7．如图，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ，则异面直线A 1B 与AD 1所成角的余弦值为______．4题图 7题图 9题图 8．四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，==BC AB AD 21,P A ⊥底面ABCD ,PD 与底面ABCD 所成的角是30°．设AE 与CD 所成的角为θ ，则cos θ ＝______． 三、解答题：9．如图,正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AA 1＝2AB ＝4，点E 在CC 1上，且C 1E ＝3EC ．(Ⅰ)证明：A 1C ⊥平面BED ；（Ⅱ）求二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值． 10．如图,在四棱锥O －ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，4π=∠ABC ，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点,N 为BC 的中点．(Ⅰ)证明：直线MN ∥平面OCD ；（Ⅱ）求异面直线AB 与MD 所成角的大小．11．如图，已知直二面角α －PQ －β ,A ∈PQ ，B ∈α ,C ∈β ，CA ＝CB ，∠BAP ＝45°，直线CA 和平面α 所成的角为30°．（Ⅰ）证明：BC ⊥PQ ；（Ⅱ)求二面角B －AC －P 平面角的余弦值．练习答案一、选择题：1．B 2．A 3．B 4．D 二、填空题：5．60° 6．2 7．548．42三、解答题：9题图 10题图 11题图 9．以D 为坐标原点，射线DA 为x 轴的正半轴,建立如图所示直角坐标系D －xyz ．依题设，B (2,2，0)，C （0，2，0)，E （0，2，1），A 1（2,0，4）．),0,2,2(),1,2,0(==DB DE ).4,0,2(),4,2,2(11=--=DA C A（Ⅰ）∵,0,011==⋅⋅DE C A DB C A ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥DE ． 又DB ∩DE ＝D ，∴A 1C ⊥平面DBE ．（Ⅱ）设向量n ＝(x ，y ，z )是平面DA 1E 的法向量，则.,1DA DE ⊥⊥n n ∴⎩⎨⎧=+=+.042,02z x z y 令y ＝1，得n ＝（4，1，－2)．⋅==4214||||),cos(111C A C A C A n n ∴二面角A 1－DE －B 平面角的余弦值为⋅4214 10．作AP ⊥CD 于点P ．如图，分别以AB ，AP ，AO 所在直线为x ,y ，z 轴建立坐标系．则A （0，0,0)，B (1，0，0），)0,22,22(),0,22,0(-D P ，O (0,0，2）,M （0，0，1），⋅-)0,42,421(N （Ⅰ）⋅--=-=--=)2,22,22(),2,22,0(),1,42,421(OD OP MN 设平面OCD 的法向量为n ＝（x ,y ,z ），则,0,0==⋅⋅OD OP n n即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=-.022222,0222z y x z y 取,2=z ,得).2,4,0(=n ∵,0=⋅n MN ∴MN ∥平面OCD ． （Ⅱ）设AB 与MD 所成的角为θ ，,3π,21||||cos ),1,22,22(),0,0,1(=∴==∴--==⋅θθMD AB MD AB MD AB 即直线AB 与MD 所成角的大小为⋅3π11．（Ⅰ）证明：在平面β 内过点C 作CO ⊥PQ 于点O ，连结OB ．∵α ⊥β ,α ∩β ＝PQ ，∴CO ⊥α ． 又∵CA ＝CB ，∴OA ＝OB ．∵∠BAO ＝45°，∴∠ABO ＝45°，∠AOB ＝90°，∴BO ⊥PQ ,又CO ⊥PQ ， ∴PQ ⊥平面OBC ，∴PQ ⊥BC ．(Ⅱ）由（Ⅰ)知，OC ⊥OA ，OC ⊥OB ，OA ⊥OB ，故以O 为原点,分别以直线OB ，OA ，OC 为x 轴，y 轴,z 轴建立空间直角坐标系(如图）．∵CO ⊥α ，∴∠CAO 是CA 和平面α 所成的角,则∠CAO ＝30°．不妨设AC ＝2，则3=AO ，CO ＝1．在Rt △OAB 中，∠ABO ＝∠BAO ＝45°,∴.3==AO BO∴).1,0,0(),0,3,0(),0,0,3(),0,0,0(C A B O).1,3,0(),0,3,3(-=-=AC AB设n 1＝(x ，y ，z ）是平面ABC 的一个法向量,由⎪⎩⎪⎨⎧==⋅⋅,0,0AC AB n n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-,03,033z y y x 取x ＝1，得)3,1,1(1=n ． 易知n 2＝（1,0,0）是平面β 的一个法向量． 设二面角B －AC －P 的平面角为θ ,∴,55||||cos 2121==⋅⋅n n n n θ即二面角B －AC －P 平面角的余弦值是⋅55。
高考数学一轮复习 第七篇 立体几何与空间向量 专题7.6 利用空间向量证明平行与垂直练习(含解析)-
专题7.6 利用空间向量证明平行与垂直【考试要求】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.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理；4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题；5.能用向量方法解决点到平面、相互平行的平面的距离问题；6.并能描述解决夹角和距离的程序，体会向量方法在研究几何问题中的作用.【知识梳理】1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.2.空间位置关系的向量表示3.异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则4.求直线与平面所成的角设直线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，则sin θ＝|cos〈a，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |. 5.求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉.(2)如图②③，n 1，n 2 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 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角). 6.点到平面的距离用向量方法求点B 到平面距离基本思路：确定平面法向量， 在平面内取一点A ，求向量AB →到法向量的投影向量，投影向量的长度即为所要求的距离.如图平面α的法向量为n ，点B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.【微点提醒】1.平面的法向量是非零向量且不唯一.2.建立空间直角坐标系要建立右手直角坐标系.3.线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.4.二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，来确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补. 【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( )(2)若直线a 的方向向量和平面α的法向量平行，则a ∥α.( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( )(4)两异面直线夹角的X 围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的X 围是[0，π].( )【答案】 (1)× (2)× (3)× (4)√【解析】 (1)直线的方向向量不是唯一的，有无数多个；(2)a⊥α；(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角或其补角.【教材衍化】2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n 1＝(2，3，5)，n 2＝(－3，1，－4)，则( )A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对 【答案】 C【解析】 ∵n 1≠λn 2，且n 1·n 2＝－23≠0，∴α，β相交但不垂直.3.(选修2－1P112A4改编)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 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( ) A.30° B.60° C.120° D.150° 【答案】A【解析】 由于cos 〈m ，n 〉＝－12，所以〈m ，n 〉＝120°，所以直线l 与α所成的角为30°.【真题体验】4.(2019·某某和平区月考)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则平面AB 1D 1与平面BDC 1的距离为( ) A.2a B.3a C.23a D.33a 【答案】 D【解析】 显然A 1C ⊥平面AB 1D 1，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(a ，－a ，a )，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，BA →＝(0，－a ，0)，则两平面间的距离d ＝|BA →·n ||n |＝33a .5.(2018·某某区检测)已知平面α的一个法向量为(1，2，－2)，平面β的一个法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( )A.2B.－4C.4D.－2 【答案】 C【解析】 因为α∥β，所以1－2＝2－4＝－2k，所以k ＝4.6.(2019·某某月考)若直线l 的方向向量为a ＝(1，0，2)，平面α的法向量为n ＝(－2，0，－4)，则直线l 与平面α的位置关系为______. 【答案】 l ⊥α【解析】 因为a ＝－12n ，所以l ⊥α.【考点聚焦】考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 如图，在四面体ABCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD . 【答案】见解析【解析】证明 法一 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O －xyz .由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0，0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ， 所以PQ ∥平面BCD .法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0).∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD . 【规律方法】(1)恰当建立坐标系，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，只须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.【训练1】 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .【答案】见解析【解析】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，建立如右图所示的空间直角坐标系A －xyz ，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).法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)， 设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)， FG →＝(1，1，－1).设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2. ∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二 利用空间向量证明垂直问题【例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 ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明：(1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB . 【答案】见解析【解析】证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ， ∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴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 ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3).∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ，∴DM ⊥平面PAB . ∵DM ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PAB . 【规律方法】(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)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示. ③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示.【训练2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .【答案】见解析【解析】证明 法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底，则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ， AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，结论得证. 法二 如图所示，取BC 的中点O ，连接AO .因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →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 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0).因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD .考点三 用空间向量解决有关位置关系的探索性问题 角度1 与平行有关的探索性问题【例3－1】 如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD .(1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，若存在，求出点P 的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】见解析【解析】(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21， ∴A 1O ⊥AO .由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ，且平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD . 以OB ，OC ，OA 1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 (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1， 设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ).设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)， 设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，则⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1，即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .角度2 与垂直有关的探索性问题【例3－2】 如图，正方形ADEF 所在平面和等腰梯形ABCD 所在的平面互相垂直，已知BC ＝4，AB ＝AD ＝2.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)在线段BE 上是否存在一点P ，使得平面PAC ⊥平面BCEF ？若存在，求出BP PE的值；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【解析】(1)证明 ∵平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，AF ⊥AD ，AF ⊂平面ADEF ， ∴AF ⊥平面ABCD .∵AC ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AC .过A 作AH ⊥BC 于H ，则BH ＝1，AH ＝3，CH ＝3，∴AC ＝23，∴AB 2＋AC 2＝BC 2，∴AC ⊥AB ，∵AB ∩AF ＝A ，∴AC ⊥平面FAB ，∵BF ⊂平面FAB ，∴AC ⊥BF .(2)解 存在.由(1)知，AF ，AB ，AC 两两垂直.以A 为坐标原点，AB →，AC →，AF →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，23，0)，E (－1，3，2).假设在线段BE 上存在一点P 满足题意，则易知点P 不与点B ，E 重合，设BP PE＝λ，则λ>0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ. 设平面PAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ).由AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，3λ1＋λ，2λ1＋λ，AC →＝(0，23，0)， 得⎩⎨⎧m ·AP →＝2－λ1＋λx ＋3λ1＋λy ＋2λ1＋λz ＝0，m ·AC →＝23y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，z ＝λ－22λx ，令x ＝1，则z ＝λ－22λ， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，λ－22λ为平面PAC 的一个法向量. 同理，可求得n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1为平面BCEF 的一个法向量. 当m ·n ＝0，即λ＝23时，平面PAC ⊥平面BCEF ， 故存在满足题意的点P ，此时BP PE ＝23. 【规律方法】 解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理.(2)探索性问题的关键是设点：①空间中的点可设为(x ，y ，z )；②坐标平面内的点其中一个坐标为0，如xOy 面上的点为(x ，y ，0)；③坐标轴上的点两个坐标为0，如z 轴上的点为(0，0，z )；④直线(线段)AB 上的点P ，可设为AP →＝λAB →，表示出点P 的坐标，或直接利用向量运算.【训练3】 如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由.【答案】见解析【解析】(1)证明 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD .又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB .(2)解 取AD 的中点O ，连接PO ，CO .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO .因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，1).设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]，使得AM →＝λAP →.因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，则BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0，解得λ＝14. 所以在棱PA 上存在点M ，使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14. 【反思与感悟】1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直.【易错防X 】1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟)一、选择题1.若直线l 的一个方向向量为a ＝(2，5，7)，平面α的一个法向量为u ＝(1，1，－1)，则( )A.l ∥α或l ⊂αB.l⊥αC.l ⊂αD.l 与α斜交【答案】 A【解析】 由条件知a·u＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l ⊂α.故选A.2.已知a ＝(－2，－3，1)，b ＝(2，0，4)，c ＝(－4，－6，2)，则下列结论正确的是( )A.a ∥c ，b ∥cB.a ∥b ，a ⊥cC.a ∥c ，a ⊥bD.以上都不对【答案】 C【解析】 ∵c ＝(－4，－6，2)＝2(－2，－3，1)＝2a ，∴a ∥c ，又a ·b ＝－2×2＋(－3)×0＋1×4＝0，∴a ⊥b .3.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 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】 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面.则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内.4.已知平面α内有一点M (1，－1，2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3，6)，则下列点P 中，在平面α内的是( )A.P (2，3，3)B.P (－2，0，1)C.P (－4，4，0)D.P (3，－3，4)【答案】 A【解析】 逐一验证法，对于选项A ，MP →＝(1，4，1)，∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A.斜交B.平行C.垂直D.MN 在平面BB 1C 1C 内【答案】 B 【解析】 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a 3，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 3，2a 3，a ，MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，2a 3. 又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a ，0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量.因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .二、填空题6.(2019·某某调研)已知AB →＝(1，5，－2)，BC →＝(3，1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ＋y ＝________.【答案】 257【解析】 由条件得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，3（x －1）＋y －3z ＝0，解得x ＝407，y ＝－157，z ＝4， ∴x ＋y ＝407－157＝257. 7.(2018·某某月考)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.【答案】 垂直【解析】 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A (0，0，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1.AM →·ON →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，1＝0，∴ON 与AM 垂直.8.设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ＝(2，2，4)，若a ＝(1，1，2)，则直线l 与平面α的位置关系为________；若a ＝(－1，－1，1)，则直线l 与平面α的位置关系为________.【答案】 l ⊥α l ∥α或l ⊂α【解析】 当a ＝(1，1，2)时，a ＝12n ，则l⊥α； 当a ＝(－1，－1，1)时，a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l ⊂α.三、解答题9.如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .证明：平面PQC ⊥平面DCQ .【答案】见解析【解析】证明 如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA ，DP ，DC 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .依题意有Q (1，1，0)，C (0，0，1)，P (0，2，0)，则DQ →＝(1，1，0)，DC →＝(0，0，1)，PQ →＝(1，－1，0).∴PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0.即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC ，又DQ ∩DC ＝D ，∴PQ ⊥平面DCQ ，又PQ ⊂平面PQC ，∴平面PQC ⊥平面DCQ .10.如图正方形ABCD 的边长为22，四边形BDEF 是平行四边形，BD 与AC 交于点G ，O 为GC 的中点，FO ＝3，且FO ⊥平面ABCD .(1)求证：AE ∥平面BCF ；(2)求证：CF ⊥平面AEF .【答案】见解析【解析】证明 取BC 中点H ，连接OH ，则OH ∥BD ，又四边形ABCD 为正方形，∴AC ⊥BD ，∴OH ⊥AC ，故以O 为原点，建立如图所示的直角坐标系，则A (3，0，0)，C (－1，0，0)，D (1，－2，0)，F (0，0，3)，B (1，2，0). BC →＝(－2，－2，0)，CF →＝(1，0，3)，BF →＝(－1，－2，3).(1)设平面BCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CF →＝0，即⎩⎨⎧－2x －2y ＝0，x ＋3z ＝0， 取z ＝1，得n ＝(－3，3，1).又四边形BDEF 为平行四边形，∴DE →＝BF →＝(－1，－2，3)， ∴AE →＝AD →＋DE →＝BC →＋BF →＝(－2，－2，0)＋(－1，－2，3)＝(－3，－4，3)，∴AE →·n ＝33－43＋3＝0，∴AE →⊥n ，又AE ⊄平面BCF ，∴AE ∥平面BCF .(2)AF →＝(－3，0，3)，∴CF →·AF →＝－3＋3＝0，CF →·AE →＝－3＋3＝0，∴CF →⊥AF →，CF →⊥AE →， 即CF ⊥AF ，CF ⊥AE ，又AE ∩AF ＝A ，AE ，AF ⊂平面AEF ，∴CF ⊥平面AEF .【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.如图所示，在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ；②A 1M ∥B 1Q ；③A 1M ∥平面DCC 1D 1；④A 1M ∥平面D 1PQB 1.以上说法正确的个数为( )A.1B.2C.3D.4【答案】 C【解析】 A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，∴A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确.12.(2019·某某调研)如图，在长方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点.则AM 与PM 的位置关系为( )A.平行B.异面C.垂直D.以上都不对【答案】 C【解析】 以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，依题意，可得，D (0，0，0)，P (0，1，3)，C (0，2，0)， A (22，0，0)，M (2，2，0).∴PM →＝(2，2，0)－(0，1，3)＝(2，1，－3)， AM →＝(2，2，0)－(22，0，0)＝(－2，2，0)， ∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2，0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM .13.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱BC ，DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________.【答案】1【解析】 以D 1A 1，D 1C 1，D 1D 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 设CE ＝x ，DF ＝y ，则易知E (x ，1，1)，B 1(1，1，0)，F (0，0，1－y )，B (1，1，1)， ∴B 1E →＝(x －1，0，1)，∴FB →＝(1，1，y )，由于B 1E ⊥平面ABF ，所以FB →·B 1E →＝(1，1，y )·(x －1，0，1)＝0⇒x ＋y ＝1.14.如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0＜λ＜2).(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使平面EFPQ ⊥平面PQMN ？若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由.【答案】见解析【解析】(1)证明 以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)，M (2，1，2)，N (1，0，2)，BC 1→＝(－2，0，2)，FP →＝(－1，0，λ)，FE →＝(1，1，0)，MN →＝(－1，－1，0)，NP →＝(－1，0，λ－2).当λ＝1时，FP →＝(－1，0，1)，因为BC 1→＝(－2，0，2)，所以BC 1→＝2FP →，即BC 1∥FP .而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ，故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)解 设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE →·n ＝0，FP →·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0. 于是可取n ＝(λ，－λ，1).同理可得平面PQMN 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1).则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22.故存在λ＝1±22，使平面EFPQ⊥平面PQMN.。
高中数学人教版选修2-1课后训练：3-2-2 利用向量解决平行、垂直问题 含解析
04课后课时精练一、选择题1．空间直角坐标系中A(1,2,3)，B(－1,0,5)，C(3,0,4)，D(4,1,3)，则直线AB 与CD 的位置关系为( )A ．平行B ．垂直C ．相交但不垂直D ．无法确定解析：由于AB →＝(－2，－2,2)，CD →＝(1,1，－1)，∴AB →＝－2CD →，即AB →∥CD →，∴AB ∥CD ，故选A.答案：A2．下列命题正确的是( )A ．若n 1，n 2分别是平面α、β的法向量，则n 1∥n 2⇔α∥βB ．若n 1，n 2分别是平面α、β内的向量，则α∥β⇔n 1∥n 2C ．若n 1是直线l 的一个方向向量，n 2是平面α的一个法向量，则l ∥α⇔n 1⊥n 2D ．若n 1＝(－7,3,4)，n 2＝(x ，y,8)分别是两直线l 1、l 2的方向向量，若l 1∥l 2，则x ＋y ＝－8解析：A 中，若n 1∥n 2，则α∥β不成立，可能重合，故A 不正确；对于B 显然不成立；对于C ，若n 1⊥n 2，则l ∥α不成立，有可能l ⊂α，所以C 不正确；对于D ，若l 1∥l 2，则x－7＝y 3＝84，∴x ＝－14，y ＝6，∴x ＋y ＝－8，故D 正确． 答案：D3.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别在A 1D 、AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( ) A. EF 至多与A 1D 、AC 之一垂直B. EF 是A 1D 、AC 的公垂线C. EF 与BD 1相交D. EF 与BD 1异面解析：设AB ＝1，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(13，0，13)，F(23，13，0)，B(1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)，EF →＝(13，13，－13)，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC ，故选B.答案：B4．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于()A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1A解析：以D 点为原点，设棱长为1，以DA →，DC →，DD 1→分别为x ，y ，z 轴正方向建立直角坐标系得C(0,1,0)，E(12，12，1)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，故CE →＝(12，－12，1)，DB →＝(1,1,0)， ∴CE →·DB →＝12－12＋0＝0， ∴CE →⊥DB →，即CE ⊥BD ，∴选B.答案：B5．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z)，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则(x ，y ，z)等于( )A ．(337，－157，4)B ．(407，－157，4)。
高中数学北师大版2-1学案：第二章 空间向量与立体几何 §4 用向量讨论垂直与平行(二) 含答案
[学习目标］1。
会利用平面法向量证明两个平面垂直.2.能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的垂直(线线、线面、面面)关系.知识点空间垂直关系的向量表示空间中的垂直关系线线垂直线面垂直面面垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3）,直线m 的方向向量为b ＝(b1，b2，b3）,则l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0设直线l的方向向量为a＝（a1，b1,c1），平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l⊥α⇔a∥u⇔a＝k u,k∈R设平面α的法向量为u＝(a1，b1，c1），平面β的法向量为v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔u⊥v⇔u·v＝0思考直线的方向向量和平面的法向量在确定直线、平面的位置时各起到什么作用？答案(1）①方向向量的选取：在直线上任取两点P，Q，可得到直线的一个方向向量错误!。
②方向向量的不惟一性：直线的方向向量不是惟一的，可以分为方向相同和相反两类，它们都是共线向量，解题时，可以选取坐标最简的方向向量.③非零性:直线的方向向量是非零向量.（2）对平面法向量的两点说明①平面法向量的选取:平面α的一个法向量垂直于与平面α共面的所有向量.即只需作一条垂直于平面的直线，选取该直线的方向向量。
②平面法向量的不惟一性：一个平面的法向量不是惟一的，一个平面的所有法向量共线。
在应用时，可以根据需要进行选取.题型一证明线线垂直问题例1如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB＝BC＝BD ＝2,∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点。
求证：EF⊥BC。
证明由题意，以点B为坐标原点,在平面DBC内过点B作垂直于BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC 内过点B 作垂直BC 的直线为z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系，易得B （0，0,0)，A （0，－1，3），D （3，－1,0),C （0,2,0)，因而E （0,12,错误!）,F (错误!,错误!，0),所以错误!＝(错误!，0，－错误!)，错误!＝(0,2,0）,因此错误!·错误!＝0.从而错误!⊥错误!，所以EF ⊥BC 。
高中数学 第二章 空间向量与立体几何 2.4 用向量讨论垂直与平行课时作业(含解析)北师大版选修2-
课时作业9 用向量讨论垂直与平行时间：45分钟 ——基础巩固类——一、选择题1．已知向量a ＝(2,4,5)，b ＝(3，x ，y )分别是直线l 1，l 2的方向向量，若l 1∥l 2，则( D ) A ．x ＝6，y ＝15 B ．x ＝3，y ＝152C ．x ＝3，y ＝15D ．x ＝6，y ＝152解析：∵l 1∥l 2，设a ＝λb ，∴(2,4,5)＝λ(3，x ，y )， ∴x ＝6，y ＝152.2．已知l ∥π，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面π的法向量为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2，则m ＝( A )A ．－8B ．－5C ．5D ．8解析：∵l ∥π，∴直线l 的方向向量与平面π的法向量垂直．∴2＋m2＋2＝0，m ＝－8.3．若两个不同平面π1，π2的法向量分别为n 1＝(1,2，－2)，n 2＝(－3，－6,6)，则( A ) A ．π1∥π2B ．π1⊥π2C ．π1，π2相交但不垂直D ．以上均不正确解析：∵n 1＝－13n 2，∴n 1∥n 2，∴π1∥π2.4．若平面α与β的法向量分别是a ＝(1,0，－2)，b ＝(－1,0,2)，则平面α与β的位置关系是( A )A ．平行B ．垂直C ．相交不垂直D ．无法判断 解析：因为a ＝－1·b ，所以a∥b .因此两个平面平行．5．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 ．(33，33，－33) B ．(33，－33，33) C ．(－33，33，33) D ．(－33，－33，－33) 解析：设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)．由n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0.令z ＝1，得x ＝y ＝1.所以n ＝(1,1,1)，|n |＝3，得平面ABC 的单位向量为(33，33，33)或(－33，－33，－33)，故选D. 6．在如图所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为正方体的棱AA 1的中点，F 为棱AB 上的一点，且∠C 1EF ＝90°，则点F 的坐标为( A )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，13，0C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，14，0 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，23，0 解析：设F (2，m,0)(0≤m ≤2)，由题意知，E (2,0,1)，C 1(0,2,2)，则C 1E →＝(2，－2，－1)，EF →＝(0，m ，－1)，∵∠C 1EF ＝90°，∴C 1E →·EF →＝0，即－2m ＋1＝0，解得m ＝12，∴点F 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，0. 7．已知平面α内有一点A (2，－1,2)，它的一个法向量为n ＝(3,1,2)，则下列点P 中，在平面α内的是( B )A ．(1，－1,1)B ．(1,3，32)C ．(1，－3，32)D ．(－1,3，－32)解析：要判断点P 是否在平面内，只需判断向量PA →与平面的法向量n 是否垂直，即判断PA →·n 是否为0即可，因此，要对各个选项进行逐个检验．对于选项A ，PA →＝(1,0,1)，则PA →·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A ； 对于选项B ，PA →＝(1，－4，12)，则PA →·n ＝(1，－4，12)·(3,1,2)＝0，故选B.8．已知直线l 过点P (1,0，－1)且平行于向量a ＝(2,1,1)，平面α过直线l 与点M (1,2,3)，则平面α的法向量不可能是( D )A ．(1，－4,2) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，－1，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，1，－12D ．(0，－1,1)解析：因为PM →＝(0,2,4)，直线l 平行于向量a ，若n 是平面α的一个法向量，则必须满足⎩⎨⎧n ·a ＝0，n ·PM →＝0，把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选D.二、填空题9．设平面α与向量a ＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量b ＝(－2,4，－8)垂直，则平面α与β位置关系是平行．解析：因为a ＝12b ，所以a ∥b .因为平面α与向量a 垂直，所以平面α与向量b 也垂直．而平面β与向量b 垂直，所以α∥β.10．若A (0,2，198)，B (1，－1，58)，C (－2,1，58)是平面α内的三点，设平面α的法向量a ＝(x ，y ，z )，则xy z ＝23(－4)．解析：AB →＝(1，－3，－74)，AC →＝(－2，－1，－74)，由⎩⎪⎨⎪⎧a ·AB →＝0，a ·AC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －3y －74z ＝0，－2x －y －74z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝23y ，z ＝－43y ，∴xy z ＝23yy(－43y )＝23(－4)．11．如图，已知矩形ABCD ，PA ＝AB ＝1，BC ＝a ，PA ⊥平面ABCD ，若在BC 上只有一个点Q 满足PQ ⊥QD ，则a 的值等于2.解析：先建立如图所示的空间直角坐标系，设|BQ →|＝b ，则A (0,0,0)，Q (1，b,0)，P (0,0,1)，B (1,0,0)，D (0，a,0)，所以PQ →＝(1，b ，－1)，QD →＝(－1，a －b,0)．∵PQ →⊥QD →，∴b 2－ab ＋1＝0. ∵b 只有一解，∴Δ＝0，可得a ＝2. 三、解答题12．如图所示的五面体中，四边形ABCD 是正方形，DA ⊥平面ABEF ，AB ∥EF ，AE ⊥AF ，DA ＝AF ＝1，AE ＝3，P ，Q 分别为AE ，BD 的中点．求证：PQ ∥平面BCE .证明：∵AE ＝3，AF ＝1，AE ⊥AF ，∴∠AEF ＝30°. ∵AB ∥EF ，∴∠EAB ＝30°.以A 为原点，AE ，AF ，AD 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图，则E (3，0,0)，B (32，－12，0)，D (0,0,1)，C (32，－12，1)， ∴EB →＝(－32，－12，0)，BC →＝(0,0,1)．设平面BCE 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB →＝0，n ·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－32x 1－12y 1＝0，z 1＝0，令x 1＝1，得平面BCE 的一个法向量为n ＝(1，－3，0)． ∵P ，Q 分别为AE ，BD 的中点， ∴P (32，0,0)，Q (34，－14，12)， ∴PQ →＝(－34，－14，12)，∴n ·PQ →＝－34＋34＝0，∴PQ →⊥n ，又P Q ⃘平面BCE ， ∴PQ ∥平面BCE .13．如图，在四棱锥E ABCD 中，AB ⊥平面BCE ，CD ⊥平面BCE ，AB ＝BC ＝CE ＝2CD ＝2，∠BCE ＝120°.求证：平面ADE ⊥平面ABE .证明：取BE 的中点O ，连接OC . ∵BC ＝CE ，∴OC ⊥BE . 又AB ⊥平面BCE ，∴以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．则由已知条件有C (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，－3，0)，D (1,0,1)，A (0，3，2)．设平面ADE 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， 则n ·EA →＝(a ，b ，c )·(0,23，2)＝23b ＋2c ＝0. 且n ·DA →＝(a ，b ，c )·(－1，3，1)＝－a ＋3b ＋c ＝0. 可取n ＝(0,1，－3)． 又AB ⊥平面BCE .∴AB ⊥OC ，∴OC ⊥平面ABE ，∴平面ABE 的法向量可取为m ＝(1,0,0)． ∵n ·m ＝(0,1，－3)·(1,0,0)＝0， ∴n ⊥m ，∴平面ADE ⊥平面ABE .——能力提升类——14．已知A (1,0,0)，B (0,1,1)，C (1,1,0)，D (1,2,0)，E (0,0,1)，则直线DE 与平面ABC 的位置关系是( B )A ．平行B ．DE 平面ABC C ．相交D ．平行或DE 平面ABC解析：因为AB →＝(－1,1,1)，BC →＝(1,0，－1)，设平面ABC 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则n ·AB →＝0且n ·BC →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＋1＝0，x －1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0.所以n ＝(1,0,1)，又DE→＝(－1，－2,1)，所以DE →·n ＝(－1，－2，1)·(1,0,1)＝0，即DE →⊥n ，则DE ∥平面ABC 或DE 平面ABC .因为BD →＝(1,1，－1)，所以BD →＝2BC →＋AB →，所以A ，B ，C ，D 四点共面，即点D在平面ABC 内，所以DE 平面ABC .15．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4. (1)求证：AC ⊥BC 1；(2)在AB 上是否存在点D ，使得AC 1⊥CD? (3)在AB 上是否存在点D ，使得AC 1∥平面CDB 1?解：直三棱柱ABC A 1B 1C 1，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，则AC ，BC ，CC 1两两垂直，以C 为坐标原点，直线CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，则C (0,0,0)，A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)，B 1(0,4,4)．(1)证明：∵AC →＝(－3,0,0)，BC 1→＝(0，－4，4)，∴AC →·BC 1→＝0， ∴AC →⊥BC 1→，∴AC ⊥BC 1.(2)假设在AB 上存在点D ，使得AC 1⊥CD ，则AD →＝λAB →＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，则D (3－3λ，4λ，0)，于是CD →＝(3－3λ，4λ，0)，由于AC 1→＝(－3,0,4)，且AC 1⊥CD ， 所以－9＋9λ＝0，得λ＝1，所以在AB 上存在点D ，使得AC 1⊥CD ，且这时点D 与点B 重合．(3)假设在AB 上存在点D ，使得AC 1∥平面CDB 1，则AD →＝λAB →＝(－3λ，4λ，0)，其中0≤λ≤1，则D (3－3λ，4λ，0)，B 1D →＝(3－3λ，4λ－4，－4)．又B 1C →＝(0，－4，－4)，AC 1→＝(－3,0,4)，AC 1∥平面CDB 1，所以存在实数m ，n ，使AC 1→＝mB 1D →＋nB 1C →成立．∴m (3－3λ)＝－3，m (4λ－4)－4n ＝0，－4m －4n ＝4.所以λ＝12，所以在AB 上存在点D 使得AC 1∥平面CDB 1，且D 是AB 的中点．。
空间立体几何中的平行与垂直 课后练习(解析版)
空间立体几何中的平行与垂直课后练习（解析版）1.如图，在多面体中，底面是梯形，且，直角梯形中，且，是锐角，且平面平面。
（Ⅰ）求证：；（Ⅱ）试判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论。
【答案】（Ⅰ）取中点，连结，因为底面是梯形，且，易证四边形为平行四边形，所以，所以，所以。
因为平面平面，且平面平面，所以平面，而平面，故。
（Ⅱ）平面，以下证明：取的中点，连结、。
在平面中，、，故。
在直角梯形中，且，故。
而、平面，，而平面，，故平面平面，而平面，从而平面。
【解析】本题主要考查直线与直线和直线与平面的位置关系。
（Ⅰ）利用题中所给线段关系先证明，又因为平面平面且交线为，所以平面，又平面，所以。
（Ⅱ）取中点，因为，所以；另外也有，进而可证得。
再根据四边形为直角梯形，且，可得。
再通过平面与平面平行的判定定理，证明平面平面；又平面，于是平面。
2.四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面，，分别是，的中点．已知，，，。
（1）证明：平面；（2）证明：；（3）求直线与平面所成角的正弦值。
【答案】解：（1）取中点，连结，。
因为，分别是，的中点，底面为平行四边形，所以，，又因为平面，平面，所以平面，平面，所以平面平面，所以平面。
......${30.769231}分（2）作，垂足为，连结。
因为侧面底面，所以底面，所以。
又因为，所以，又因为，所以为等腰直角三角形，。
所以平面，所以。
......${61.538462}分（3）由（2）知，因为，所以。
由，，，得，，所以的面积，连结，得的面积。
设到平面的距离为，由，得，解得。
设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为。
......${100}分【解析】本题主要考查空间几何体及点线面之间的位置关系。
（Ⅰ）要证明平面，可以先证明平面平面，而要证明面面平行则可用面面平行的判定定理来证；（Ⅱ）要证明，可用线线垂直的判定定理，即只需证平面即可；（Ⅲ）用等积法求出到平面的距离，再求出所成角的正弦值即可。
高中数学人教版选修2-1课后训练3-2-2 利用向量解决平行、垂直问题 Word版含解析
课后课时精练
一、选择题
．空间直角坐标系中()，(－)，()，()，则直线与的位置关系为(
)
．平行．垂直
．相交但不垂直．无法确定
解析：由于＝(－，－)，＝(，－)，
∴＝－，即∥，
∴∥，故选.
答案：
．下列命题正确的是( )
．若，分别是平面α、β的法向量，则∥⇔α∥β
．若，分别是平面α、β内的向量，则α∥β⇔∥
．若是直线的一个方向向量，是平面α的一个法向量，则∥α⇔⊥
．若＝(－)，＝(，)分别是两直线、的方向向量，若
∥，则＋＝－
解析：中，若∥，则α∥β不成立，可能重合，故不正确；对于显然不成立；对于，若⊥，则∥α不成立，有可能⊂α，所以不正确；对于，若∥，则＝＝，∴＝－，＝，∴＋＝－，故正确．答案：
.
如图所示，在正方体－中，、分别在、上，且＝，＝，则( )
. 至多与、之一垂直
. 是、的公垂线
. 与相交
. 与异面
解析：设＝，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则()，()，()，()，(，，)，(，，)，()，()，＝(－，－)，＝(－)，＝(，，－)，＝(－，－)，＝－，·＝·＝，从而∥，⊥，⊥，故选.
答案：
．在正方体－中，若为的中点，则直线垂直于( )
．．
．．。
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用空间向量解决立体几何中的平行与垂直练习题
一、选择题
1．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的一个法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥α，则x 的值为( )
A ．－2
B ．－2C.2D ．±2
2．已知平面α内两向量a ＝(1,1,1)，b ＝(0,2，－1)且c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)．若c 为平面α的法向量，则m ，n 的值分别为( )
A ．－1,2
B ．1，－2
C ．1,2
D ．－1，－2
3．两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z )，v ＝(－2，－y ，1)，若α⊥β，则y ＋z 的值是( )
A ．－3
B ．6
C ．－6
D ．－12
4．已知点A (0,1,0)，B (－1,0，－1)，C (2,1,1)，P (x,0，z )，若P A ⊥平面ABC ，则点P 的坐标为( )
A ．(1,0，－2)
B ．(1,0,2)
C ．(－1,0,2)
D ．(2,0，－1)
5．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)，则下列点P 中，在平面α内的是( )
A. (1，－1,1)
B.⎝⎛⎭⎫1，3，32
C.⎝⎛⎭⎫1，－3，32
D.⎝
⎛⎭⎫－1，3，－32 6．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13
AC ， 则( )
A ．EF 至多与A 1D ，AC 中的一个垂直
B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC
C ．EF 与B
D 1相交D ．EF 与BD 1异面
二、填空题
7．设平面α的法向量为m ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为n ＝(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________.
8.如图所示，在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB
＝DC ，E 为BC 的中点，则AE →·BC →＝_______.
9．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，
AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量．其中正确的是________．(填序号)
10．在△ABC 中，A (1，－2，－1)，B (0，－3,1)，C (2，－2,1)．若向量n 与平面ABC 垂直，且|n |＝21，则n 的坐标为________________．
三、解答题
11.如图，在底面为平行四边形的四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，P A ⊥平面
ABCD ，且P A ＝AB ，点E 是PD 的中点．
求证：(1)AC ⊥PB ；
(2)PB ∥平面AEC .
12.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，
P A ＝AB ＝1，AD ＝3，点F 是PB 的中点，点E 在边BC 上移动．求证：
无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF .
用空间向量解决立体几何中的平行与垂直练习题答案
一、选择题
1．答案 D 解析 依题意得，－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝±2. 2．答案 A 解析 c ＝m a ＋n b ＋(4，－4,1)＝(m ，m ，m )＋(0,2n ，－n )＋(4，－4,1)＝(m ＋4，
m ＋2n －4，m －n ＋1)，由c 为平面α的法向量，得⎩⎪⎨⎪⎧ c ·a ＝0，c ·b ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3m ＋n ＋1＝0，m ＋5n －9＝0，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
m ＝－1，n ＝2. 3.答案 B 解析 ∵α⊥β，∴μ·v ＝0，即－6＋y ＋z ＝0，即y ＋z ＝6.
4．答案 C 解析 由题意知＝(－1，－1，－1)，＝(2,0,1)，＝(x ，－1，z )，又P A ⊥平面ABC ，所以有·＝(－1，－1，－1)·(x ，－1，z )＝0，得－x ＋1－z ＝0.①·＝(2,0,1)·(x ，－1，z )＝0，得2x ＋z ＝0，②
联立①②得x ＝－1，z ＝2，故点P 的坐标为(－1,0,2)．
5.答案 B 解析 要判断点P 是否在平面α内，只需判断向量与平面α的法向量n 是否垂直，即·n 是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A ，＝(1,0,1)，则·n ＝(1,0,1)·(3,1,2)
＝5≠0，故排除A ；对于选项B ，＝⎝⎛⎭⎫1，－4，12，则·n ＝⎝
⎛⎭⎫1，－4，12·(3,1,2)＝0，故B 正确；同理可排除C ，D.故选B.
6．答案 B 解析 以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x
轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设正方体的棱长为1，则A 1(1,0,1)，
D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，
E ⎝⎛⎭⎫13
，0，13， F ⎝⎛⎭⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，∴＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，
＝⎝⎛⎭⎫13，13，－13，＝(－1，－1,1)，∴＝－13
，·＝0，·＝0， 从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC ，故选B
二、填空题
7．答案 4解析 由α∥β得
1－2＝2－4
＝－2k ，解得k ＝4. 8.答案 0
解析 因为BE ＝EC ，故＝－＝12
(＋)－，在三棱锥A －BCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，且DB ＝DC ，故·＝·(－)＝12
(2－2)＝0. 9．答案 ①②③
解析 ·＝(－1,2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP ⊥AB ，即①正确．
·＝(－1,2，－1)·(4,2,0)＝－1×4＋2×2＋(－1)×0＝0.
∴AP ⊥AD ，即②正确．又∵AB ∩AD ＝A ，∴AP ⊥平面ABCD ，即是平面ABCD 的一个法向量，③正确．
10．答案 (－2,4,1)或(2，－4，－1)
解析 据题意，得＝(－1，－1,2)，＝(1,0,2)．设n ＝(x ，y ，z )，∵n 与平面ABC 垂直，
∴即⎩⎪⎨⎪⎧ －x －y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝4z ，y ＝－2x .∵|n |＝21，∴x 2＋y 2＋z 2＝21， 解得y ＝4或y ＝－4.当y ＝4时，x ＝－2，z ＝1；当y ＝－4时，x ＝2，z ＝－1.
三、解答题
11.如
证明 (1)如图，以A 为坐标原点，AC ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Axyz ，
设AC ＝a ，P A ＝b .
则有A (0,0,0)，B (0，b,0)，C (a,0,0)，P (0,0，b )，
∴＝(a,0,0)，＝(0，b ，－b )．
从而·＝0，∴AC ⊥PB .
(2)由已知得D (a ，－b,0)，
E ⎝⎛⎭⎫a 2，－b 2，b 2，∴＝⎝⎛⎭⎫a 2
，－b 2，b 2. 设平面AEC 的一个法向量为n ，
则n ⊥且n ⊥，可得n ＝(0,1,1)．
∵n ·＝0，∴n ⊥PB .
又PB ⊄平面AEC ，∴PB ∥平面AEC .
12.证明 以A 为坐标原点，AD ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，
则P (0,0,1)，B (0,1,0)，F ⎝⎛⎭
⎫0，12，12，D ()3，0，0， 设BE ＝x (0≤x ≤3)，
则E (x,1,0)，
·＝(x,1，－1)·⎝⎛⎭
⎫0，12，12＝0， 所以x ∈[0， 3 ]时都有PE ⊥AF ，即无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF .。