人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何本章综合与测试导学案

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第一册第一章　空间向量与立体几何本章综合与测试导学案，共17页。学案主要包含了利用空间向量证明线面平行，利用空间向量证明线面垂直，利用空间向量证明面面平行，利用空间向量证明面面垂直等内容，欢迎下载使用。

一、利用空间向量证明线面平行
例1 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1，问在棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由．
解 由题意知，AB＝PA，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，
∴P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，
设E(0，y，z)，
则eq \(PE,\s\up6(→))＝(0，y，z－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，
∵eq \(PE,\s\up6(→))∥eq \(PD,\s\up6(→))，
∴(－1)×y－2(z－1)＝0，①
∵eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)是平面PAB的法向量，
又eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，y－1，z)，CE∥平面PAB，
∴eq \(CE,\s\up6(→))⊥eq \(AD,\s\up6(→))，
∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝0.
∴y＝1，代入①得z＝eq \f(1,2)，
∴E是PD的中点，
∴存在E点，当点E为PD的中点时，CE∥平面PAB.
反思感悟 应用向量法证明线面平行问题的方法
(1)证明直线的方向向量与平面的法向量垂直．
(2)证明直线的方向向量与平面内的某一直线的方向向量共线．
(3)证明直线的方向向量可用平面内的任两个不共线的向量表示，即用平面向量基本定理证明线面平行．
跟踪训练1 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AB＝4，AA1＝2，点E，F，G分别是DD1，BD，AA1的中点，求证：D1G∥平面EFC.
证明 方法一 如图，以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(—→))所在的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系．
则C(0，4，0)，D1(0，0，2)，G(4，0，1)，E(0，0，1)，F(2，2，0)，
∴eq \(D1G,\s\up6(—→))＝(4，0，－1)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(－2，－2，1)，eq \(FC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，
设平面EFC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n⊥\(FE,\s\up6(→))，,n⊥\(FC,\s\up6(→))，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－2y＋z＝0，,－2x＋2y＝0.))
令x＝1，解得y＝1，z＝4，
∴n＝(1，1，4)．
又n·eq \(D1G,\s\up6(—→))＝4×1＋0×1＋(－1)×4＝0，
∴n⊥eq \(D1G,\s\up6(—→)).
又D1G⊄平面EFC，
∴D1G∥平面EFC.
方法二 取基底{eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(—→))}＝{a，b，c}，
由题意得eq \(EC,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋eq \(DC,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)c＋b，
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(ED,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)c＋eq \f(1,2)a＋eq \f(1,2)b，
eq \(GD1,\s\up6(→))＝eq \(GA1,\s\up6(→))＋eq \(A1D1,\s\up6(—→))＝－a＋eq \f(1,2)c，
设eq \(GD1,\s\up6(→))＝λeq \(EC,\s\up6(→))＋veq \(EF,\s\up6(→)).
即－a＋eq \f(1,2)c＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)c＋b))＋veq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)c＋\f(1,2)a＋\f(1,2)b))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1＝\f(1,2)v，,0＝λ＋\f(1,2)v，,\f(1,2)＝－\f(1,2)λ－\f(1,2)v，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(λ＝1，,v＝－2.))
即存在λ＝1，v＝－2，使eq \(GD1,\s\up6(→))＝eq \(EC,\s\up6(→))－2eq \(EF,\s\up6(→))，
即eq \(GD1,\s\up6(→))，eq \(EC,\s\up6(→))，eq \(EF,\s\up6(→))共面．
又GD1⊄平面EFC，所以GD1∥平面EFC.
二、利用空间向量证明线面垂直
例2 如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．
求证：AB1⊥平面A1BD.
证明 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－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，以O为原点，以eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OO1,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，eq \r(3))，A(0，0，eq \r(3))，B1(1，2，0)．
所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1，2，－eq \r(3))，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(－1，2，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，1，0)．
方法一 因为eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BA1,\s\up6(→))＝1×(－1)＋2×2＋(－eq \r(3))×eq \r(3)＝0，eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝1×(－2)＋2×1＋(－eq \r(3))×0＝0，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，
即AB1⊥BA1，AB1⊥BD.
又因为BA1∩BD＝B，BA1，BD⊂平面A1BD，
所以AB1⊥平面A1BD.
方法二 设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有n⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq \(BD,\s\up6(→))，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))
令x＝1，则y＝2，z＝－eq \r(3)，
故n＝(1，2，－eq \r(3))为平面A1BD的一个法向量，
又eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1，2，－eq \r(3))，所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝n，
所以eq \(AB1,\s\up6(→))∥n，故AB1⊥平面A1BD.
反思感悟 用坐标法证明线面垂直的方法及步骤
方法一：(1)建立空间直角坐标系．
(2)将直线的方向向量用坐标表示．
(3)找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量．
(4)分别计算两组向量的数量积，得到数量积为0.
方法二：(1)建立空间直角坐标系．
(2)将直线的方向向量用坐标表示．
(3)求出平面的法向量．
(4)判断直线的方向向量与平面的法向量平行．
跟踪训练2 如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC＝2，E是PC的中点，求证：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE.
证明 (1)以A为坐标原点，AB，AD，AP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(1，eq \r(3)，0)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(3),3)，0))，P(0，0，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，
所以eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(3),3)，0))，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，
所以eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(AE,\s\up6(→))＝－1×eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(3),2)＋0×1＝0，
所以CD⊥AE.
(2)由(1)，得eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(3),3)，－2))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，1))，
设向量n＝(x，y，z)是平面ABE的法向量，则
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＋z＝0，))
取y＝2，则n＝(0，2，－eq \r(3))，
所以eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \f(2\r(3),3)n，所以PD∥n，
所以PD⊥平面ABE.
三、利用空间向量证明面面平行
例3 如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q是CC1上的点，当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?
解 以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(—→))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Dxyz，设正方体的棱长为2，
则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)．
设Q(0，2，c)，∴eq \(OA,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，eq \(OP,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)，eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－2，0，c)．
设平面PAO的法向量为n1＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(OA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(OP,\s\up6(→))＝0))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＝0，,－x－y＋z＝0，))
令x＝1，则y＝1，z＝2，
∴平面PAO的一个法向量为n1＝(1，1，2)．
若平面D1BQ∥平面PAO，
则n1也是平面D1BQ的一个法向量．
∴n1·eq \(BQ,\s\up6(→))＝0，即－2＋2c＝0，∴c＝1，
故当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.
反思感悟 证明面面平行的方法
设平面α的法向量为n1＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为n2＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔n1∥n2⇔(a1，b1，c1)＝k(a2，b2，c2)(k∈R)．
跟踪训练3 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点．
求证：平面ADE∥平面B1C1F.
证明 以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(—→))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Dxyz，则有D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，
∴eq \(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，2，1)．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，
则n1⊥eq \(DA,\s\up6(→))，n1⊥eq \(AE,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝2x1＝0，,n1·\(AE,\s\up6(→))＝2y1＋z1＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝0，,z1＝－2y1，))
令z1＝2，则y1＝－1，
所以n1＝(0，－1，2)．
因为eq \(C1B1,\s\up6(—→))＝(2，0，0)，eq \(FC1,\s\up6(→))＝(0，2，1)，
设n2＝(x2，y2，z2)是平面B1C1F的法向量．
由n2⊥eq \(FC1,\s\up6(→))，n2⊥eq \(C1B1,\s\up6(—→))，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(FC1,\s\up6(→))＝2y2＋z2＝0，,n2·\(C1B1,\s\up6(—→))＝2x2＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝0，,z2＝－2y2.))
令z2＝2，得y2＝－1，所以n2＝(0，－1，2)，
因为n1＝n2，所以平面ADE∥平面B1C1F.
四、利用空间向量证明面面垂直
例4 三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，∠BAC＝90°，A1A⊥平面ABC，A1A＝eq \r(3)，AB＝AC＝2A1C1＝2，D为BC的中点．证明：平面A1AD⊥平面BCC1B1.
证明 方法一 如图，以点A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，1，eq \r(3))．
∵D为BC的中点，∴D点坐标为(1，1，0)，
∴eq \(AD,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，eq \r(3))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，
∴eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝1×(－2)＋1×2＋0×0＝0，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0×(－2)＋0×2＋eq \r(3)×0＝0，
∴eq \(AD,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AA1,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，
∴BC⊥AD，BC⊥AA1.
又A1A∩AD＝A，A1A，AD⊂平面A1AD，
∴BC⊥平面A1AD.
又BC⊂平面BCC1B1，
∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
方法二 同方法一建系后，得eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，0，eq \r(3))，
eq \(AD,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0，－1，eq \r(3))．
设平面A1AD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面BCC1B1的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AD,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)z1＝0，,x1＋y1＝0，))
令y1＝－1，则x1＝1，z1＝0，
∴n1＝(1，－1，0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(BC,\s\up6(→))＝0，,n2·\(CC1,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x2＋2y2＝0，,－y2＋\r(3)z2＝0，))
令y2＝1，则x2＝1，z2＝eq \f(\r(3),3)，
∴n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(\r(3),3))).
∵n1·n2＝1－1＋0＝0，∴n1⊥n2，
∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
反思感悟 利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个途径，一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直．
跟踪训练4 如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq \f(1,3)AA1＝a，E，F分别是BB1，CC1上的点，且BE＝a，CF＝2a，求证：平面AEF⊥平面ACF.
证明 以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
不妨设a＝2，则A(0，0，0)，E(eq \r(3)，1，2)，F(0，2，4)，
∴eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，2)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(0，2，4)．
∵x轴⊥平面ACF，∴可取平面ACF的一个法向量为m＝(1，0，0)．
设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝\r(3)x＋y＋2z＝0，,n·\(AF,\s\up6(→))＝2y＋4z＝0，))
取z＝1，得n＝(0，－2，1)．
∵m·n＝0，∴m⊥n，
∴平面AEF⊥平面ACF.
1．知识清单：
(1)利用空间向量证明线面平行．
(2)利用空间向量证明线面垂直．
(3)利用空间向量证明面面平行．
(4)利用空间向量证明面面垂直．
2．方法归纳：数形结合、转化与化归．
3．常见误区：直线的方向向量与平面的法向量垂直时，线面关系有两种，即线与面平行或线在面内，线在面内这种情况容易忽视．
1．直线l的一个方向向量为(2，4，5)，平面α的一个法向量为(1，2，t)，若l⊥α，则实数t等于( )
A.eq \f(5,2) B．1 C．－2 D．－eq \f(8,5)
答案 A
解析 因为l⊥α，所以直线l的方向向量与平面的法向量平行，
可得eq \f(2,1)＝eq \f(4,2)＝eq \f(5,t)(t≠0)，解得t＝eq \f(5,2).
2．若两个不同平面α，β的法向量分别为u＝(1，2，－1)，v＝(－3，－6，3)，则( )
A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确
答案 A
解析 ∵v＝－3u，∴v∥u.故α∥β.
3．已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1，1，2)，b＝(x，－2，3)，且α⊥β，则x等于( )
A．－4 B．－8 C．4 D．8
答案 A
解析 因为a·b＝x－2＋6＝0，所以x＝－4.
4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________．
答案 平行
解析 以C1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，
则M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3))).
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以eq \(C1D1,\s\up6(—→))＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．
因为eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(C1D1,\s\up6(—→))＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(C1D1,\s\up6(—→))，
又MN⊄平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.
课时对点练
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，x2＋x，－x)，若直线l∥α，则x的值为( )
A．－2 B．－eq \r(2) C.eq \r(2) D．±eq \r(2)
答案 D
解析 由题意知，－1×2＋1×(x2＋x)＋1×(－x)＝0，
解得x＝±eq \r(2).
2．已知点A(0，1，0)，B(－1，0，－1)，C(2，1，1)，P(x，0，z)，若PA⊥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)
答案 C
解析 由题意知eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，0，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，－1，z)，
又PA⊥平面ABC，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，
得－x＋1－z＝0.①
eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(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)．
3．已知平面α的法向量是(2，3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α∥β，则λ的值是( )
A．－eq \f(10,3) B．6 C．－6 D．eq \f(10,3)
答案 B
解析 ∵α∥β，∴α的法向量与β的法向量也互相平行．
∴eq \f(2,4)＝eq \f(3,λ)＝eq \f(－1,－2)(λ≠0)，∴λ＝6.
4．若平面α，β的法向量分别为u＝(2，－3，5)，v＝(－3，1，－4)，则( )
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确
答案 C
5．(多选)若n1，n2分别是平面α，β的法向量，且α⊥β，n1＝(1，2，x)，n2＝(x，x＋1，x)，则x的值为( )
A．1 B．2 C．－1 D．－2
答案 CD
解析 由题意可知，n1·n2＝(1，2，x)·(x，x＋1，x)＝x＋2x＋2＋x2＝x2＋3x＋2＝0，解得x＝－1或x＝－2.
6．(多选)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)，那么下列说法中正确的有( )
A．n1∥n2⇔α∥β B．n1⊥n2⇔α⊥β
C．v∥n1⇔l∥α D．v⊥n1⇔l⊥α
答案 AB
解析 ∵平面α，β不重合，∴平面α，β的法向量平行等价于平面α，β 平行，∴A正确；易知B正确；当v∥n1时，l⊥α，故C错误；当v⊥n1时，l∥α或l⊂α，故D错误．
7．若平面α的一个法向量为v1＝(－3，y，2)，平面β的一个法向量为v2＝(6，－2，z)，且α∥β，则y＋z＝________.
答案 －3
解析 因为α∥β，所以v1∥v2，
所以eq \f(－3,6)＝eq \f(y,－2)＝eq \f(2,z)，
所以y＝1，z＝－4，
所以y＋z＝－3.
8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．则平面AED与A1FD1的位置关系是________．
答案 垂直
解析 如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(2，2，1)，F(0，1，0)，A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，
∴eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \(D1A1,\s\up6(—→))＝(2，0，0)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，2，1)，eq \(D1F,\s\up6(—→))＝(0，1，－2)．
设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(DE,\s\up6(→))＝0，))
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1＝0，,2x1＋2y1＋z1＝0.))
令y1＝1，得n1＝(0，1，－2)．
同理，平面A1FD1的法向量为n2＝(0，2，1)．
∵n1·n2＝(0，1，－2)·(0，2，1)＝0，
∴n1⊥n2，
∴平面AED⊥平面A1FD1.
9．如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD，M是EA的中点．
求证：平面DEA⊥平面ECA.
证明 以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，不妨设CA＝2，
则CE＝2，BD＝1，C(0，0，0)，A(eq \r(3)，1，0)，E(0，0，2)，D(0，2，1)．
所以eq \(EA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，1，－2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(0，2，－1)．
分别设平面CEA与平面DEA的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(EA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(CE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x1＋y1－2z1＝0，,2z1＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝－\r(3)x1，,z1＝0.))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(EA,\s\up6(→))＝0，,n2·\(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x2＋y2－2z2＝0，,2y2－z2＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\r(3)y2，,z2＝2y2.))
不妨取n1＝(1，－eq \r(3)，0)，n2＝(eq \r(3)，1，2)，
因为n1·n2＝0，所以两个法向量相互垂直，
所以平面DEA⊥平面ECA.
10．如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，四边形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：
(1)PB∥平面EFG；
(2)平面EFG∥平面PBC.
证明 (1)因为平面PAD⊥平面ABCD，且四边形ABCD为正方形，
所以AB，AP，AD两两垂直．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
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)．
方法一 eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(EG,\s\up6(→))＝(1，2，－1)，
设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EF,\s\up6(→))＝0，,n·\(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝0，,x＋2y－z＝0，))
令z＝1，则n＝(1，0，1)为平面EFG的一个法向量，
∵eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，
∴eq \(PB,\s\up6(→))·n＝0，∴n⊥eq \(PB,\s\up6(→))，
∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.
方法二 eq \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，eq \(FG,\s\up6(→))＝(1，1，－1)．
设eq \(PB,\s\up6(→))＝seq \(FE,\s\up6(→))＋teq \(FG,\s\up6(→))，
即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝t＝2.
∴eq \(PB,\s\up6(→))＝2eq \(FE,\s\up6(→))＋2eq \(FG,\s\up6(→))，
又eq \(FE,\s\up6(→))与eq \(FG,\s\up6(→))不共线，∴eq \(PB,\s\up6(→))，eq \(FE,\s\up6(→))与eq \(FG,\s\up6(→))共面．
∵PB⊄平面EFG，
∴PB∥平面EFG.
(2)由(1)知，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，1，0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，2，0)，
∴eq \(BC,\s\up6(→))＝2eq \(EF,\s\up6(→))，∴BC∥EF.
又EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴EF∥平面PBC，
同理可证GF∥PC，从而得出GF∥平面PBC.
又EF∩GF＝F，EF⊂平面EFG，GF⊂平面EFG，
∴平面EFG∥平面PBC.
11．在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，则直线SC与BC所成的角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
答案 D
解析 如图，以A为坐标原点，AC，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，
则由AC＝2，BC＝eq \r(13)，SB＝eq \r(29)，
得B(－eq \r(13)，2，0)，S(0，0，2eq \r(3))，C(0，2，0)，
eq \(SC,\s\up6(→))＝(0，2，－2eq \r(3))，eq \(CB,\s\up6(→))＝(－eq \r(13)，0，0)．
∵eq \(SC,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，∴SC⊥BC.
∴SC与BC所成的角为90°.
12．已知平面α内两向量a＝(1，1，1)，b＝(0，2，－1)且c＝ma＋nb＋(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
答案 A
解析 c＝ma＋nb＋(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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c·a＝0，,c·b＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝－1，,n＝2.))
13．已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面β的一个法向量为n＝(－1，－1，－1)，且β与α不重合，则( )
A．α∥β B．α⊥β
C．α与β相交但不垂直 D．以上都不对
答案 A
解析 eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，易知A，B，C三点不共线，
n·eq \(AB,\s\up6(→))＝－1×0＋(－1)×1＋(－1)×(－1)＝0，
n·eq \(AC,\s\up6(→))＝－1×1－1×0＋(－1)×(－1)＝0，
∴n⊥eq \(AB,\s\up6(→))，n⊥eq \(AC,\s\up6(→))，
∴n也为α的一个法向量．
又α与β不重合，∴α∥β.
14．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝1，若E，F分别为PB，AD的中点，则直线EF与平面PBC的位置关系是________．
答案 垂直
解析 以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，
P(0，0，1)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，
则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，
∴eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，平面PBC的一个法向量为n＝(0，1，1)．
∵eq \(EF,\s\up6(→))＝－eq \f(1,2)n，∴eq \(EF,\s\up6(→))∥n，∴EF⊥平面PBC.
15．若正三棱锥P－ABC侧面互相垂直，则棱锥的高与底面边长之比为________．
答案 1∶eq \r(6)
解析 设高为h，底面边长为1，O为△ABC的中心，以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则P(0，0，h)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，\f(1,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，－\f(1,2)，0))，
eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0，－h))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，\f(1,2)，－h))，eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，－\f(1,2)，－h))，
得平面PAB的法向量n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，3，\f(1,h)))，
平面PAC的法向量n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－3，\f(1,h)))，
由平面PAB⊥平面PAC，知n1⊥n2，
即n1·n2＝0，得3－9＋eq \f(1,h2)＝0，
解得h＝eq \f(\r(6),6)，
故高与底面边长之比为eq \f(\r(6),6)∶1＝eq \r(6)∶6＝1∶eq \r(6).
16．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．
(1)求证：A1E⊥BD；
(2)若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．
(1)证明 以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示．
设正方体棱长为a，则B(a，a，0)，D(0，0，0)，A1(a，0，a)．
设E(0，a，e)(0≤e≤a)．
eq \(A1E,\s\up6(—→))＝(－a，a，e－a)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－a，－a，0)，
eq \(A1E,\s\up6(—→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝a2－a2＋(e－a)·0＝0，
所以eq \(A1E,\s\up6(—→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，即A1E⊥BD.
(2)解 设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
因为eq \(DB,\s\up6(→))＝(a，a，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(a，0，a)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，a，e)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax1＋ay1＝0，,ax1＋az1＝0，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax2＋ay2＝0，,ay2＋ez2＝0.))
取x1＝x2＝1，得n1＝(1，－1，－1)，n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－1，\f(a,e))).
由平面A1BD⊥平面EBD，得n1⊥n2.
所以2－eq \f(a,e)＝0，即e＝eq \f(a,2)，
所以当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.