一、選擇題
1.若直線l的方向向量為a＝(1，0，2)，平面α的法向量為n＝(－2，0，－4)，則( )
與α相交
解析 ∵n＝－2a，∴a與平面α的法向量平行，∴l⊥α.
答案 b
2.若＝λ＋μ，則直線ab與平面cde的位置關係是( )
a.相交b.平行
c.在平面內d.平行或在平面內
解析共面.
則ab與平面cde的位置關係是平行或在平面內.
答案 d
3.已知平面α內有一點m(1，－1，2)，平面α的乙個法向量為n＝(6，－3，6)，則下列點p中，在平面α內的是( )
解析逐一驗證法，對於選項a，＝(1，4，1)，
∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，
∴點p在平面α內，同理可驗證其他三個點不在平面α內.
答案 a
4.(2017·西安月考)如圖，f是正方體abcd－a1b1c1d1的稜cd的中點.e是bb1上一點，若d1f⊥de，則有( )
與b重合
解析分別以da，dc，dd1為x，y，z軸建立空間直角座標系，設正方形的邊長為2，則d(0，0，0)，f(0，1，0)，d1(0，0，2)，設e(2，2，z)，＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，∵·＝0×2＋1×2－2z＝0，∴z＝1，∴b1e＝eb.
答案 a
5.如圖所示，在平行六面體abcd－a1b1c1d1中，點m，p，q分別為稜ab，cd，bc的中點，若平行六面體的各稜長均相等，則：
①a1m∥d1p；
②a1m∥b1q；
③a1m∥平面dcc1d1；
④a1m∥平面d1pqb1.
以上說法正確的個數為( )
a.1 b.2 c.3 d.4
解析所以a1m∥d1p，由線面平行的判定定理可知，a1m∥面dcc1d1，a1m∥面d1pqb1.①③④正確.
答案 c
二、填空題
6.(2017·武漢調研)已知平面α內的三點a(0，0，1)，b(0，1，0)，c(1，0，0)，平面β的乙個法向量n＝(－1，－1，－1)，則不重合的兩個平面α與β的位置關係是________.
解析設平面α的法向量為m＝(x，y，z)，
由m·＝0，得x·0＋y－z＝0y＝z，
由m·＝0，得x－z＝0x＝z，取x＝1，
∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.
答案 α∥β
7.(2016·青島模擬)已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且bp⊥平面abc，則實數x＋y
解析由條件得解得x＝，y＝－，z＝4，
∴x＋y＝－＝.
答案 8.已知點p是平行四邊形abcd所在的平面外一點，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1).對於結論：
①ap⊥ab；②ap⊥ad；③是平面abcd的法向量；④∥.其中正確的序號是________.
解析 ∵·＝0，·＝0，
∴ab⊥ap，ad⊥ap，則①②正確.又與不平行，
∴是平面abcd的法向量，則③正確.
由於＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，
∴與不平行，故④錯誤.
答案 ①②③
三、解答題
9.如圖，四邊形abcd為正方形，pd⊥平面abcd，pd∥qa，qa＝ab＝pd.證明：平面pqc⊥平面dcq.
證明如圖，以d為座標原點，線段da的長為單位長，射線da，dp，dc分別為x軸，y軸，z軸的正半軸建立空間直角座標系d－xyz.
依題意有q(1，1，0)，c(0，0，1)，p(0，2，0)，
則＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，－1，0).
∴·＝0，·＝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.(2017·鄭州調研)如圖所示，四稜錐p－abcd的底面是邊長為1的正方形，pa⊥cd，pa＝1，pd＝，e為pd上一點，pe＝2ed.
(1)求證：pa⊥平面abcd；
(2)在側稜pc上是否存在一點f，使得bf∥平面aec？若存在，指出f點的位置，並證明；若不存在，說明理由.
(1)證明 ∵pa＝ad＝1，pd＝，
∴pa2＋ad2＝pd2，即pa⊥ad.
又pa⊥cd，ad∩cd＝d，
∴pa⊥平面abcd.
(2)解以a為原點，ab，ad，ap所在直線分別為x軸，y軸，
z軸建立空間直角座標系.
則a(0，0，0)，b(1，0，0)，
c(1，1，0)，p(0，0，1)，
e，＝(1，1，0)，
＝.設平面aec的法向量為n＝(x，y，z)，
則即令y＝1，則n＝(－1，1，－2).
假設側稜pc上存在一點f，且＝λ(0≤λ≤1)，
使得bf∥平面aec，則·n＝0.
又∵＝＋＝(0，1，01－λ，λ)，
∴·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝，
∴存在點f，使得bf∥平面aec，且f為pc的中點.
11.如圖，正方形abcd與矩形acef所在平面互相垂直，ab＝，af＝1，m在ef上，且am∥平面bde.則m點的座標為( )
a.(1，1，1) b.
c. d.
解析設ac與bd相交於o點，連線oe，由am∥平面bde，且am平面acef，平面acef∩平面bde＝oe，∴am∥eo，
又o是正方形abcd對角線交點，
∴m為線段ef的中點.
在空間座標系中，e(0，0，1)，f(，，1).
由中點座標公式，知點m的座標.
答案 c
12.(2017·成都調研)如圖所示，在正方體abcd－a1b1c1d1中，稜長為a，m，n分別為a1b和ac上的點，a1m＝an＝，則mn與平面bb1c1c的位置關係是( )
a.相交 b.平行 c.垂直 d.不能確定
解析分別以c1b1，c1d1，c1c所在直線為x，y，z軸，建立空間直角座標系，如圖，∵a1m＝an＝a，
則m，n，
∴＝.又c1(0，0，0)，d1(0，a，0)，
∴＝(0，a，0)，∴·＝0，∴⊥.
∵是平面bb1c1c的法向量，且mn平面bb1c1c，∴mn∥平面bb1c1c.
答案 b
13.如圖，正方體abcd－a1b1c1d1的稜長為1，e，f分別是稜bc，dd1上的點，如果b1e⊥平面abf，則ce與df的和的值為________.
解析以d1a1，d1c1，d1d分別為x，y，z軸建立空間直角座標系，設ce＝x，df＝y，
則易知e(x，1，1)，b1(1，1，0)，f(0，0，1－y)，b(1，1，1)，
∴＝(x－1，0，1)，∴＝(1，1，y)，
由於b1e⊥平面abf，
所以·＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0x＋y＝1.
答案 1
14.(2014·湖北卷改編)如圖，在稜長為2的正方體abcd－a1b1c1d1中，e，f，m，n分別是稜ab，ad，a1b1，a1d1的中點，點p，q分別在稜dd1，bb1上移動，且dp＝bq＝λ(0＜λ＜2).
(1)當λ＝1時，證明：直線bc1∥平面efpq；
(2)是否存在λ，使平面efpq⊥平面pqmn？若存在，求出實數λ的值；若不存在，說明理由.
(1)證明以d為座標原點，建立如圖所示的空間直角座標系.由已知得b(2，2，0)，c1(0，2，2)，e(2，1，0)，f(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).
當λ＝1時，＝(－1，0，1)，
因為＝(－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)解設平面efpq的乙個法向量為n＝(x，y，z)，
則由可得於是可取n＝(λ，－λ，1).
同理可得平面pqmn的乙個法向量為m＝(λ－2，2－λ，1).
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⊥平面pqmn.
第8講立體幾何中的向量方法 二
2013年高考會這樣考 考查用向量方法求異面直線所成的角，直線與平面所成的角 二面角的大小 複習指導 複習中要掌握空間角的型別及各自的範圍，掌握求空間角的向量方法，特別注意兩平面法向量的夾角與二面角的關係 基礎梳理 1 空間的角 1 異面直線所成的角 如圖，已知兩條異面直線a b，經過空間任一點o作...
立體幾何中的向量方法
空間向量的數乘運算 了解共線或平行向量的概念，掌握表示方法 理解共線向量定理及其推論 掌握空間直線的向量引數方程 會運用上述知識解決立體幾何中有關的簡單問題 教學重點 空間直線 平面的向量引數方程及線段中點的向量公式 教學過程 一複習引入 1.回顧平面向量向量知識 平行向量或共線向量？怎樣判定向量與...
立體幾何中的向量方法 夾角
3.2立體幾何中的向量方法 夾角問題 自我評價你完成本節導學案的情況為 a.很好 b.較好 c.一般 d.較差 一 學習目標 1 能借助空間幾何體內的位置關係求空間的夾角 2 能用向量方法解決線線 線面 麵麵的夾角的計算問題。二 學法指導 c層 複習兩個向量的夾角公式 兩個向量的夾角公式 設a b ...