2022高考沖刺數學題源探究-立體幾何：空間向量在證明空間位置關系中的應用

空間向量在證明空間位置關系中的應用【考點梳理】1．直線的方向向量與平面的法向量確實定(1)直線的方向向量：在直線上任取一非零向量作為它的方向向量．(2)平面的法向量可利用方程組求出：設a，b是平面α內兩不共線向量，n為平面α的法向量，那么求法向量的方程組為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·b＝0.))2．用向量證明空間中的平行關系(1)設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，那么l1∥l2(或l1與l2重合)?v1∥v2.(2)設直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個不共線向量為v1和v2，那么l∥α或l?α?存在兩個實數x，y，使v＝xv1＋yv2.(3)設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，那么l∥α或l?α?v⊥u.(4)設平面α和β的法向量分別為u1，u2，那么α∥β?u1∥u2.3．用向量證明空間中的垂直關系(1)設直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，那么l1⊥l2?v1⊥v2?v1·v2＝0.(2)設直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，那么l⊥α?v∥u.(3)設平面α和β的法向量分別為u1和u2，那么α⊥β?u1⊥u2?u1·u2＝0.【教材改編】1．(選修2－1P118A組T7改編)向量a＝(1,1,0)，b＝(－1，0,1)．假設ka＋b與2a－b垂直，那么\f(1,5) \f(2,5)\f(3,5) \f(4,5)[答案]D[解析]ka＋b＝k(1,1,0)＋(－1,0,1)＝(k－1，k,1)，2a－b因為ka＋b與2a－b∴(k－1，k,1)·(3,2，－1)＝0，即3k－3＋2k－1＝0，∴k＝eq\f(4,5)，應選D.2．(選修2－1P104練習T2(3)改編)平面α，β的法向量分別為n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，那么()A．α∥β B．α⊥βC．α，β相交但不垂直 D．以上均不對[答案]C[解析]∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直，應選C.3．(選修2－1P104內文改編)直線l，m的方向向量分別為a，b，平面α，β的法向量為u，v，有以下命題：①假設a⊥u，那么l∥α；②假設a∥b，a∥u那么m⊥α；③假設u∥v，那么α∥β；④假設a∥u，u⊥v，那么l⊥β.其中真命題的個數是()A．1 B．2C．3 D．4[答案]B[解析]對于①，l可能在平面α內，故①為假；對于②，由a∥b，即l∥m，由a∥u，那么有l(wèi)⊥α，∴m⊥α，故②為真；對于③，由u∥v，那么以u，v為法向量的兩平面α，β平行．即u∥v，且u⊥α，v⊥β，∴α∥β，故③為真；對于④，由a∥u，那么l⊥α，又由u⊥v，那么α⊥β，∴l(xiāng)∥β或l?β，故④為假，∴②、③為真，應選B.4．(選修2－1P107練習T1改編)如圖，F是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中點．E是BB1上一點，假設D1F⊥DE，A．B1E＝EBB．B1E＝2EBC．B1E＝eq\f(1,2)EBD．E與B重合[答案]A[解析]建立如下圖的空間直角坐標系D-xyz，設正方體棱長為2，那么D(0,0,0)，F(0,1,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，且設E(2,2，t)．那么eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2,2，t)．由D1F⊥DE，得(0,1，－2)·(2,2，t)＝0，即2－2t∴t＝1，即E為BB1的中點，應選A.5．(選修2－1P117A組T3改編)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱長為2，底面邊長為1，M為BC的中點，eq\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，且AB1⊥MN，求λ的值．[解析]如下圖，取B1C1中點P，以eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MP,\s\up6(→))的方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，∵底面邊長為1，側棱長為2，那么A(0，eq\f(\r(3),2)，0)，B1(－eq\f(1,2)，0,2)，C(eq\f(1,2)，0,0)，C1(eq\f(1,2)，0,2)，M(0,0,0)，設N(eq\f(1,2)，0，t)，∵eq\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，∴N(eq\f(1,2)，0，eq\f(2,1＋λ))，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－eq\f(1,2)，－eq\f(\r(3),2)，2)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(eq\f(1,2)，0，eq\f(2,1＋λ))．又∵AB1⊥MN，∴eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0.∴－eq\f(1,4)＋eq\f(4,1＋λ)＝0，∴λ＝15.6.(選修2－1P113B組T2改編)如圖，四邊形ABEF與ABCD是兩個全等的正方形，且平面ABEF與平面ABCD互相垂直，M、N分別是AC與BF上的點，且CM＝BN.(1)求證MN⊥AB；(2)求證MN∥平面CBE.[解析](1)設正方形的邊長為\o(CM,\s\up6(→))＝λeq\o(CA,\s\up6(→))，那么eq\o(BN,\s\up6(→))＝λeq\o(BF,\s\up6(→)).取一組向量的基底為{eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BE,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))}，記為{a，b，c}．那么|a|＝|b|＝|c|＝1，且a·b＝b·c＝c·a＝0.∴eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\o(MC,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BN,\s\up6(→))＝－λeq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))＋λeq\o(BF,\s\up6(→))＝－λ(a－c)－c＋λ(a＋b)＝λb＋(λ－1)c，∴eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(BA,\s\up6(→))＝[λb＋(λ－1)c]·a＝λ(b·a)＋(λ－1)(c·a)＝λ×0＋(λ－1)×0＝0.∴eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(BA,\s\up6(→))，即MN⊥AB.(2)法一：由(1)知MN⊥AB.又AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B.∴AB⊥平面CBE.又MN?平面CBE.∴MN∥平面CBE.法二：由(1)知，eq\o(MN,\s\up6(→))＝λb＋(λ－1)c＝λeq\o(BE,\s\up6(→))＋(λ－1)eq\o(BC,\s\up6(→)).∴eq\o(MN,\s\up6(→))與平面CBE共面．又MN?平面CBE.∴MN∥平面CBE.7．(選修2－1P119B組T2改編)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD(1)求證：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？假設存在，求AP的長；假設不存在，說明理由．[解析](1)證明：以A為原點，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖)．設AB＝a，那么A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0,1)，故eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(a,0,1)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).因為eq\o(B1E,\s\up6(→))·eq\o(AD1,\s\up6(→))＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，所以B1E⊥AD1.(2)假設在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此時eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0)．又設平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．因為n⊥平面B1AE，所以n⊥eq\o(AB1,\s\up6(→))，n⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，那么y＝－eq\f(a,2)，z＝－a，得平面B1AE的一個法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq\o(DP,\s\up6(→))，有eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP?平面B1AE，所以存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時|AP|＝eq\f(1,2).8．(選修2－1P118A組T10改編)如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，點E、F、G分別是DD1，BD，AA1的中點，求證D1G∥[解析]取基底{eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))}＝{a，b，c}，由題意有eq\o(EC,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)c＋b，eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\o(ED,\s\up6(→))＋eq\o(DF,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)c＋eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b.eq\o(GD1,\s\up6(→))＝eq\o(GA1,\s\up6(→))＋eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝－a＋eq\f(1,2)c，設eq\o(GD1,\s\up6(→))＝λeq\o(EC,\s\up6(→))＋μeq\o(EF,\s\up6(→)).即(－a＋eq\f(1,2)c)＝λ(－eq\f(1,2)c＋b)＋μ(－eq\f(1,2)c＋eq\f(1,2)a＋eq\f(1,2)b)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＝\f(1,2)μ，,0＝λ＋\f(1,2)μ，,\f(1,2)＝－\f(1,2)λ－\f(1,2)μ.))解得λ＝1，μ＝－2.即存在λ＝1，μ