2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 第44講 立體幾何中的向量方法（一）證明平行與垂直學(xué)案

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1、 第44講　立體幾何中的向量方法(一)——證明平行與垂直 考綱要求 考情分析 命題趨勢(shì) 1.理解直線的方向向量與平面法向量的意義． 2．能用向量語言表達(dá)直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直和平行關(guān)系． 3．能用向量方法證明有關(guān)直線和平面位置關(guān)系的一些定理(包括三垂線定理). 2016·山東卷，17 2016·浙江卷，17 2016·天津卷，17 空間直角坐標(biāo)系、空間向量及其運(yùn)算在高考中主要作為解題工具，解決直線、平面的平行、垂直位置關(guān)系的判定等問題. 分值：5～6分 1．直線的方向向量與平面的法向量的確定 (1)直線的方向向量：在直線上任取一__非零

2、__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(shè)a，b是平面α內(nèi)兩不共線向量，n為平面α的法向量，則求法向量的方程組為 2．用向量證明空間中的平行關(guān)系 (1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2，則l1∥l2(或l1與l2重合)?__v1∥v2__. (2)設(shè)直線l的方向向量為v，與平面α共面的兩個(gè)不共線向量v1和v2，則l∥α或l?α?__存在兩個(gè)實(shí)數(shù)x，y，使v＝xv1＋yv2__. (3)設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l∥α或l?α?__v⊥u__. (4)設(shè)平面α和β的法向量分別為u1，u2，則α∥β?__u1∥u2__. 3．用向

3、量證明空間中的垂直關(guān)系 (1)設(shè)直線l1和l2的方向向量分別為v1和v2， 則l1⊥l2?__v1⊥v2__?__v1·v2＝0__. (2)設(shè)直線l的方向向量為v，平面α的法向量為u，則l⊥α?__v∥u__. (3)設(shè)平面α和β的法向量分別為u1和u2，則α⊥β?__u1⊥u2__?__u1·u2＝0__. 1．思維辨析(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)． (1)直線的方向向量是唯一確定的．(　×　) (2)若兩直線的方向向量不平行，則兩直線不平行．(　√　) (3)若兩平面的法向量平行，則兩平面平行或重合．(　√　) (4)若空間向量a平行于平面α，則a所在直線與平面α平

4、行．(　×　) 2．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，則下列向量是平面ABC法向量的是(　C　) A．(－1,1,1)　　 B．(1，－1,1) C．　　 D． 解析 ＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)，經(jīng)計(jì)算得C符合題意． 3．已知直線l的方向向量v＝(1,2,3)，平面α的法向量為u＝(5,2，－3)，則l與α的位置關(guān)系是__l∥a或l?α__. 解析 ∵v＝(1,2,3)，u＝(5,2，－3)，1×5＋2×2＋3×(－3)＝0， ∴v⊥u，∴l(xiāng)∥a或l?α. 4．設(shè)u，v分別是平面α，β的法向量，u＝(－2,2,5)，當(dāng)v＝(3，－2,2)時(shí)，

5、α與β的位置關(guān)系為__α⊥β__；當(dāng)v＝(4，－4，－10)時(shí)，α與β的位置關(guān)系為__α∥β__. 解析 當(dāng)v＝(3，－2,2)時(shí)，u⊥v，則α⊥β，當(dāng)v＝(4，－4，－10)時(shí)，u∥v，則α∥β. 5．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點(diǎn)，N是A1B1的中點(diǎn)，則直線ON，AM的位置關(guān)系是__異面垂直__. 解析 以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，則A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，則＝(1,0,2)，∴·＝0，∴⊥，∴ON⊥AM.

6、 一　利用空間向量證明平行問題 (1)恰當(dāng)建立空間直角坐標(biāo)系，準(zhǔn)確表示各點(diǎn)與相關(guān)向量的坐標(biāo)，是運(yùn)用向量法證明平行和垂直的關(guān)鍵． (2)證明直線與平面平行，只需證明直線的方向向量與平面的法向量的數(shù)量積為零，或證直線的方向向量與平面內(nèi)的不共線的兩個(gè)向量共面，或證直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行，然后說明直線在平面外即可．這樣就把幾何的證明問題轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算． 【例1】 如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點(diǎn)．求證：PB∥平面EFG. 證明 ∵平面PAD⊥平面ABCD，且AB

7、CD為正方形，∴AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則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(xiàn)(0,1,1)，G(1,2,0)． ∴＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)， 設(shè)＝s＋t，即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)， ∴解得s＝t＝2.∴＝2＋2， 又∵與不共線，∴，與共面． ∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG. 二　利用空間向量證明垂直問題 證明垂直問題的方法 (1)利用已知的線面垂直關(guān)系構(gòu)建空間直角坐

8、標(biāo)系，準(zhǔn)確寫出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)，從而將幾何證明轉(zhuǎn)化為向量運(yùn)算．其中靈活建系是解題的關(guān)鍵． (2)證明直線與直線垂直，只需要證明兩條直線的方向向量垂直；證明線面垂直，只需證明直線的方向向量與平面內(nèi)不共線的兩個(gè)向量垂直即可，當(dāng)然，也可證直線的方向向量與平面的法向量平行；證明面面垂直：①證明兩平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能證明一個(gè)平面內(nèi)的一條直線的方向向量為另一個(gè)平面的法向量即可． 【例2】 如圖所示，正三棱柱(底面為正三角形的直三棱柱)ABC－A1B1C1的所有棱長都為2，D為CC1的中點(diǎn)．求證：AB1⊥平面A1BD． 證明 如圖所示，取BC的中點(diǎn)O，連接AO.

9、 因?yàn)椤鰽BC為正三角形，所以AO⊥BC． 因?yàn)樵谡庵鵄BC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1， 所以AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1的中點(diǎn)O1，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以，，所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A(0,0，)，A1(0,2，)，B1(1,2,0)． 設(shè)平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，＝(－1,2，)，＝(－2,1,0)． 因?yàn)閚⊥，n⊥，故? 令x＝1，則y＝2，z＝－，故n＝(1,2，－)為平面A1BD的一個(gè)法向量，而＝(1,2，－)，所以＝n，所以∥n， 故AB1⊥平面A1BD．

10、【例3】 如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點(diǎn)，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2. (1)證明AP⊥BC； (2)若點(diǎn)M是線段AP上一點(diǎn)，且AM＝3.試證明平面AMC⊥平面BMC． 證明 (1)如圖所示，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過O平行于BD的直線為x軸，以AD，OP分別為y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 則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)， ∴·＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，∴⊥，即AP⊥BC．

11、 (2)由(1)知|AP|＝5， 又|AM|＝3，且點(diǎn)M在線段AP上， ∴＝＝， 又＝(－8,0,0)，＝(－4,5,0)， ＝(－4，－5,0)，∴＝＋＝， 則·＝(0,3,4)·＝0， ∴⊥，即AP⊥BM，又根據(jù)(1)的結(jié)論知AP⊥BC，且BM∩BC＝C，∴AP⊥平面BMC，于是AM⊥平面BMC．又AM?平面AMC，∴平面AMC⊥平面BMC． 三　利用空間向量解決探索性問題 對(duì)于“是否存在”型問題的探索方式有兩種：一種是先根據(jù)條件作出判斷，再進(jìn)一步論證；另一種是利用空間向量，先假設(shè)存在點(diǎn)的坐標(biāo)，再根據(jù)條件求該點(diǎn)的坐標(biāo)，即找到“存在點(diǎn)”，若該點(diǎn)坐標(biāo)不能求出，或有矛盾，則

12、判定“不存在”． 【例4】 如圖，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD． (1)求證：BD⊥AA1； (2)在直線CC1上是否存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1.若存在，求出點(diǎn)P的位置，若不存在，請(qǐng)說明理由． 解析 (1)證明：設(shè)BD與AC交于點(diǎn)O，則BD⊥AC，連接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， 由余弦定理，得A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， ∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，∴A1O⊥平面

13、ABCD． 以O(shè)B，OC，OA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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， ∴⊥，即BD⊥AA1. (2)假設(shè)在直線CC1上存在點(diǎn)P，使BP∥平面DA1C1， 設(shè)＝λ，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0,1，)． 從而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)． 設(shè)n3＝(x3，y3，z3)為平面DA1C1的一個(gè)法向量， 則又＝(0,2,0)，＝(，0，)，

14、 則取n3＝(1,0，－1)， ∵BP∥平面DA1C1，則n3⊥，即n3·＝－－λ＝0， 得λ＝－1， 即點(diǎn)P在C1C的延長線上，且C1C＝CP. 1．如圖，在四面體A－BCD中，AD⊥平面BCD，BC⊥CD，AD＝2，BD＝2，M是AD的中點(diǎn)，P是BM的中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ＝3QC．證明：PQ∥平面BCD． 證明 如圖，取BD的中點(diǎn)O，以O(shè)為原點(diǎn)，OD，OP所在射線分別為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 由題意知，A(0，，2)，B(0，－，0)，D(0，，0)． 設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x0，y0,0)． 因?yàn)椋?，所以Q. 因?yàn)镸為AD的中點(diǎn)

15、，故M(0，，1)． 又P為BM的中點(diǎn)，故P， 所以＝. 又平面BCD的一個(gè)法向量為a＝(0,0,1)，故·a＝0. 又PQ?平面BCD，所以PQ∥平面BCD． 2．如圖所示，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點(diǎn)，求證： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. 證明 導(dǎo)學(xué)號(hào)74780343 (1)如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，令A(yù)B＝AA1＝4，則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4) . 取AB中點(diǎn)

16、為N，連接CN， 則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)， ∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)， ∴＝，∴DE∥NC， 又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC． 故DE∥平面ABC． (2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)． ·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4) ×(－2)＝0， ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF， 又∵AF∩EF＝F，∴B1F⊥平面AEF. 3．如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，A

17、B＝4，CD＝1，點(diǎn)M在PB上，PB＝4PM，PB與平面ABCD成30°角． (1)求證：CM∥平面PAD； (2)求證：平面PAB⊥平面PAD． 證明 (1)以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以CB所在直線為x軸，CD所在直線為y軸，CP所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Cxyz， ∵PC⊥平面ABCD，∴∠PBC為PB與平面ABCD所成的角，∴∠PBC＝30°. ∵|PC|＝2，∴|BC|＝2，|PB|＝4. ∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，M， ∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，＝， 令n＝(x，y，z)為平面PAD的一個(gè)

18、法向量． 則即∴ 令y＝2，得n＝(－，2,1)． ∵n·＝－×＋2×0＋1×＝0， ∴n⊥，又CM?平面PAD，∴CM∥平面PAD． (2)取AP的中點(diǎn)E，則E(，2,1)，＝(－，2,1)． ∵|PB|＝|AB|，∴BE⊥PA． 又∵·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0， ∴⊥，∴BE⊥DA， 又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD， 又∵BE?平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD． 4．在四棱錐P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E，F(xiàn)分別是AB，PB的中點(diǎn)． (1)求證：EF⊥CD； (2)在平面PAD內(nèi)求一點(diǎn)G，

19、使GF⊥平面PCB，并證明你的結(jié)論． 解析 (1)證明：如圖，分別以DA，DC，DP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD＝a，則D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E，P(0,0，a)，F(xiàn). ＝，＝(0，a,0)． ∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD． (2)設(shè)G(x,0，z)， 則＝， 若使GF⊥平面PCB，則 由·＝·(a,0,0) ＝a＝0，得x＝； 由·＝·(0，－a，a) ＝＋a＝0，得z＝0， ∴G點(diǎn)坐標(biāo)為，即G點(diǎn)為AD的中點(diǎn)． 易錯(cuò)點(diǎn)　坐標(biāo)系建立不恰當(dāng)、點(diǎn)的坐標(biāo)出錯(cuò) 錯(cuò)因分析：①寫準(zhǔn)點(diǎn)的坐標(biāo)是關(guān)鍵

20、，要利用中點(diǎn)、向量共線、相等來確定點(diǎn)的坐標(biāo)．②利用a＝λb證明直線平行需強(qiáng)調(diào)兩直線不重合，證明直線與平面平行仍需強(qiáng)調(diào)直線在平面外． 【例1】 如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BB1上移動(dòng)，且DP＝BQ＝λ(0<λ<2)． (1)當(dāng)λ＝1時(shí)，證明：直線BC1∥平面EFPQ； (2)是否存在λ，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由． 解析 以D為原點(diǎn)，射線DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dx

21、yz. 由已知得B(2,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,0,0)， P(0,0，λ)，M(2,1,2)，N(1,0,2)，＝(－2,0,2)， ＝(－1,0，λ)，＝(1,1,0)，＝(－1，－1,0)， ＝(－1,0，λ－2)． (1)證明：當(dāng)λ＝1時(shí)，＝(－1,0,1)， 因?yàn)椋?－2,0,2)，所以＝2，即BC1∥FP. 而FP?平面EFPQ，且BC1?平面EFPQ， 故直線BC1∥平面EFPQ. (2)設(shè)平面EFPQ的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則 可得于是可取n＝(λ，－λ，1)． 同理可得平面PQMN的一個(gè)法向量為m＝(λ－2,

22、2－λ，1)． 若存在λ，使平面EFPQ與平面PQMN所成二面角為直二面角，則m·n＝(λ－2,2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±. 故存在λ＝1±，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角． 【跟蹤訓(xùn)練1】 (2018·河北衡水中學(xué)檢測(cè))如圖所示，四棱錐S－ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱的長都是底面邊長的倍，P為側(cè)棱SD上的點(diǎn)． (1)求證：AC⊥SD． (2)若SD⊥平面PAC，則側(cè)棱SC上的是否存在一點(diǎn)E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解析 連接BD，設(shè)AC交BD于O

23、，則AC⊥BD． 由題意知SO⊥平面ABCD． 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，，，分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系如圖． 設(shè)底面邊長為a，則高|SO|＝a. 于是S，D， B，C. (1)證明：＝，＝， 則·＝0.故OC⊥SD，從而AC⊥SD． (2)棱SC上存在一點(diǎn)E使BE∥平面PAC． 理由如下：由已知條件知是平面PAC的一個(gè)法向量， 且＝，＝， ＝. 設(shè)＝t， 則＝＋＝＋t＝， 而·＝0， 所以·＝0， 解得t＝，即當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，⊥. 又BE?平面PAC，故BE∥平面PAC． 課時(shí)達(dá)標(biāo)　第44講 [解密考綱]利用空間向量證明平行與垂直

24、關(guān)系，常出現(xiàn)于選擇、填空題中，或在解答題立體幾何部分的第(1)問考查，難度中等或較?。? 一、選擇題 1．若直線l∥平面α，直線l的方向向量為s，平面α的法向量為n，則下列結(jié)論可能正確的是(　C　) A．s＝(－1,0,2)，n＝(1,0，－1) B．s＝(－1,0,1)，n＝(1,2，－1) C．s＝(－1,1,1)，n＝(1,2，－1) D．s＝(－1,1,1)，n＝(－2,2,2) 解析 由已知需s·n＝0，逐個(gè)驗(yàn)證知，只有C項(xiàng)符合要求，故選C． 2．若直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，能使l⊥α的是(　A　) A．a(chǎn)＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．

25、a＝(1,3,5)，n＝(1,0，－1) C．a(chǎn)＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．a(chǎn)＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1) 解析 若l⊥α，則a∥n，一一驗(yàn)證，可知選A． 3．直線l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的法向量為n＝(2，x2＋x，－x)，若直線l∥平面α，則x＝(　D　) A．－2　　 B．－　　 C．　　 D．± 解析 由已知得s·n＝0，故－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，解得x＝±. 4．如圖，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，|AB|＝，|AF|＝1，

26、M在EF上，且AM∥平面BDE，則M點(diǎn)的坐標(biāo)為(　C　) A．(1,1,1)　　 B． C．　　 D． 解析 由已知得A(，，0)，B(0，，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，設(shè)M(x，x,1)． 則＝(x－，x－，1)，＝(，－，0)，＝(0，－，1)．設(shè)平面BDE的一個(gè)法向量為n＝(a，b，c)． 則即 解得令b＝1，則n＝(1,1，)． 又AM∥平面BDE，所以n·＝0， 即2(x－)＋＝0，得x＝，所以M. 5．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，則(　B　) A．EF至多與A1D，

27、AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF與BD1相交 D．EF與BD1異面 解析 以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為1， 則A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F(xiàn)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)， ＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)， ＝，＝(－1，－1,1)， ＝－，·＝·＝0， 從而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故選B． 6．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝，則

28、MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是(　B　) A．斜交　　 B．平行　　 C．垂直　　 D．不確定 解析 建立如圖所示的坐標(biāo)系， 由于A1M＝AN＝， 則M，N，＝， 又C1D1⊥平面BB1C1C， 所以＝(0，a,0)為平面BB1C1C的一個(gè)法向量． 因?yàn)椤ぃ?，所以⊥， 所以MN∥平面BB1C1C，故選B． 二、填空題 7．若直線l的方向向量e＝(2,1，m)，平面α的法向量n＝，且l⊥α，則m＝__4__. 解析 因?yàn)閘⊥α，所以e∥n，即e＝λn(λ≠0)，亦即(2,1，m)＝λ，所以則m＝4. 8．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(

29、x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實(shí)數(shù)x，y，z分別為__，－，4__. 解析 由已知得解得 9．已知平面α內(nèi)的三點(diǎn)A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面β的一個(gè)法向量n＝(－1，－1，－1)，則不重合的兩個(gè)平面α與β的位置關(guān)系是__平行__. 解析 由已知得，＝(0,1，－1)，＝(1,0，－1)，設(shè)平面α的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)， 則得 得令z＝1，得m＝(1,1,1)． 又n＝(－1，－1，－1)，所以m＝－n，即m∥n，所以α∥β. 三、解答題 10．如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，B1

30、C1，C1D1的中點(diǎn)． (1)求證：AG∥平面BEF； (2)試在棱長BB1上找一點(diǎn)M，使DM⊥平面BEF，并證明你的結(jié)論． 解析 (1)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸和z軸建立空間直角坐標(biāo)系， 則A(1,0,0)，B(1,1,0)，E，F(xiàn)，G， 因?yàn)椋?，＝? 而＝，所以＝＋， 故與平面BEF共面， 又因?yàn)锳G不在平面BEF內(nèi)，所以AG∥平面BEF. (2)設(shè)M(1,1，m)，則＝(1,1，m)， 由·＝0，·＝0，所以－＋m＝0?m＝ ， 所以M為棱BB1的中點(diǎn)時(shí)，DM⊥平面BEF. 11．(2018·北京西城二模)如圖，直角梯形A

31、BCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB． (1)求證：AB⊥DE； (2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值； (3)線段EA上是否存在點(diǎn)F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解析 (1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接EO，DO. 因?yàn)镋B＝EA，所以EO⊥AB． 因?yàn)樗倪呅蜛BCD為直角梯形． AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC， 所以四邊形OBCD為正方形， 所以AB⊥OD． 因?yàn)镋O∩DO＝O，所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED． (2)因?yàn)槠矫鍭BE⊥平面ABCD，且E

32、O⊥AB， 所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD． 由OB，OD，OE兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 因?yàn)槿切蜤AB為等腰直角三角形， 所以O(shè)A＝OB＝OD＝OE， 設(shè)OB＝1，所以O(shè)(0,0,0)， A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,1)． 所以＝(1,1，－1)， 平面ABE的一個(gè)法向量為＝(0,1,0)． 設(shè)直線EC與平面ABE所成的角為θ， 所以sin θ＝|cos〈，〉|＝＝， 即直線EC與平面ABE所成角的正弦值為. (3)存在點(diǎn)F，且＝時(shí)，有EC∥平面FBD． 證明如下：由＝

33、＝， F，所以＝，＝(－1,1,0)． 設(shè)平面FBD的法向量為v＝(a，b，c)， 則有所以取a＝1，得v＝(1,1,2)． 因?yàn)椤＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0， 且EC?平面FBD，所以EC∥平面FBD， 即點(diǎn)F滿足＝時(shí)，有EC∥平面FBD． 12．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，點(diǎn)E在AA1上，點(diǎn)F在CC1上，且AE＝FC1＝1. (1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面； (2)若點(diǎn)G在BC上，BG＝，點(diǎn)M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1. 證明 (1)以B為原點(diǎn)，以BA，BC，BB1為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Bxyz， 則B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(xiàn)(0,3,2)，D1(3,3,3)，則＝(3,0,1)，＝(0,3,2)，＝(3,3,3)，所以＝＋. 由向量共面的充要條件知E，B，F(xiàn)，D1四點(diǎn)共面． (2)設(shè)M(0,0，z0)，G，則＝， 而＝(0,3,2)， 由題設(shè)得·＝－×3＋z0·2＝0， 得z0＝1.故M(0,0,1)，有＝(3,0,0)． 又＝(0,0,3)，＝(0,3,0)， 所以·＝0，·＝0，從而ME⊥BB1，ME⊥BC． 又BB1∩BC＝B，故ME⊥平面BCC1B1. 19