高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第七章】不等式【下】 第七章 7.6

《高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第七章】不等式【下】 第七章 7.6》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)浙江理科一輪【第七章】不等式【下】 第七章 7.6（18頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 精品資料 §7.6　立體幾何中的向量方法(一)——證明平行與垂直 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)

2、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． 判斷下面結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”) (1)直線的方向向量是唯一

3、確定的． (　×　) (2)平面的單位法向量是唯一確定的． (　×　) (3)若兩平面的法向量平行，則兩平面平行． (　×　) (4)若兩直線的方向向量不平行，則兩直線不平行． (　√　) (5)若a∥b，則a所在直線與b所在直線平行． (　×　) (6)若空間向量a平行于平面α，則a所在直線與平面α平行． (　×　) 2． 若直線l1，l2的方向向量分別為a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，則 (　　) A．l1∥l2 B．l

4、1⊥l2 C．l1與l2相交但不垂直 D．以上均不正確 答案　B 解析　a·b＝－12＋36－24＝0，故a⊥b，即l1⊥l2選B. 3． 已知平面α內(nèi)有一點(diǎn)M(1，－1,2)，平面α的一個(gè)法向量為n＝(6，－3,6)，則下列點(diǎn)P中，在平面α內(nèi)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　逐一驗(yàn)證法，對(duì)于選項(xiàng)A，＝(1,4,1)， ∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n， ∴點(diǎn)P在平面α內(nèi)，同理可驗(yàn)證其他三個(gè)點(diǎn)不在平面α內(nèi)．

5、 4． 已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實(shí)數(shù)x，y，z分別為______________． 答案　，－，4 解析　由題意知，⊥，⊥. 所以 即 解得，x＝，y＝－，z＝4. 5． 若A(0,2，)，B(1，－1，)，C(－2,1，)是平面α內(nèi)的三點(diǎn)，設(shè)平面α的法向量n＝(x，y，z)，則x∶y∶z＝________. 答案　2∶3∶(－4) 題型一　證明平行問題 例1　(2013·浙江改編)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

6、點(diǎn)， 點(diǎn)Q在線段AC上，且AQ＝3QC. 證明：PQ∥平面BCD. 思維啟迪　證明線面平行，可以利用判定定理先證線線平行，也可利用平面的法向量． 證明　方法一　 如圖，取BD的中點(diǎn)O，以O(shè)為原點(diǎn)，OD、OP所在射線為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)，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BC

7、D. 方法二　在線段CD上取點(diǎn)F，使得DF＝3FC，連接OF，同證法一建立空間直角坐標(biāo)系，寫出點(diǎn)A、B、C的坐標(biāo)，設(shè)點(diǎn)C坐標(biāo)為(x0，y0,0)． ∵＝，設(shè)F點(diǎn)坐標(biāo)系(x，y,0)則 (x－x0，y－y0,0)＝(－x0，－y0,0) ∴∴＝(x0，＋y0,0) 又由證法一知＝(x0，＋y0,0)， ∴＝， ∴PQ∥OF. 又PQ?平面BCD，OF?平面BCD， ∴PQ∥平面BCD. 思維升華　用向量證明線面平行的方法有 (1)證明該直線的方向向量與平面的某一法向量垂直； (2)證明該直線的方向向量與平面內(nèi)某直線的方向向量平行； (3)證明該直線的方向向量可以用平面內(nèi)

8、的兩個(gè)不共線的向量線性表示． 　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、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ABCD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(0,1,1)、G(1,2,0)． ∴＝(2,0，－2)，＝(0，－1,0)，＝(1,1，－1)， 設(shè)＝s＋t， 即(2,0，－

9、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. 題型二　證明垂直問題 例2　如圖所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都為2，D為CC1 的中點(diǎn)．求證：AB1⊥平面A1BD. 思維啟迪　證明線面垂直可以利用線面垂直的定義，即證線與平 面內(nèi)的任意一條直線垂直；也可以證線與面的法向量平行． 證明　方法一　設(shè)平面A1BD內(nèi)的任意一條直線m的方向向量為m.由共面向量定理，則存在實(shí)數(shù)λ，μ，使m＝λ＋μ. 令＝a，＝b，＝c，顯然它們不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，

10、a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它們?yōu)榭臻g的一個(gè)基底， 則＝a＋c，＝a＋b，＝a－c， m＝λ＋μ＝a＋μb＋λc， ·m＝(a－c)· ＝4－2μ－4λ＝0.故⊥m，結(jié)論得證． 方法二　如圖所示，取BC的中點(diǎn)O，連接AO. 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)，以，，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)，A1(0,2，)， A(0,

11、0，)，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. 思維升華　用向量證明垂直的方法 (1)線線垂直：證明兩直線所在的方向向量互相垂直，即證它們的數(shù)量積為零． (2)線面垂直：證明直線的方向向量與平面的法向量共線，或?qū)⒕€面垂直的判定定理用向量表示． (3)面面垂直：證明兩個(gè)平面的法向量垂直，或?qū)⒚婷娲怪钡呐卸ǘɡ碛孟蛄勘硎荆? 　如圖所示，在四

12、棱錐P－ABCD中，PC⊥平面ABCD， PC＝2，在四邊形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝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　以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，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

13、(0,0,2)， M(，0，)，∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)， ＝(，0，)， (1)令n＝(x，y，z)為平面PAD的一個(gè)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P

14、AD. 題型三　解決探索性問題 例3　(2012·福建)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1， E為CD的中點(diǎn)． (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求 AP的長(zhǎng)；若不存在，說明理由． 思維啟迪　利用向量法建立空間直角坐標(biāo)系，將幾何問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化；對(duì)于存在性問題可通過計(jì)算下結(jié)論． (1)證明　以A為原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸，y軸，z 軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)． 設(shè)AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)， E，B1(a,0,1)， 故＝(0

15、,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝. ∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)解　假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)． 使得DP∥平面B1AE，此時(shí)＝(0，－1，z0)． 又設(shè)平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一個(gè)法向量n＝. 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0， 解得z0＝. 又DP?平面B1AE， ∴存在點(diǎn)P，滿足DP∥平面B1AE，此時(shí)AP＝. 思維升華　對(duì)于“是否存在”型問題的探索方式有兩種：一種是根

16、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，先設(shè)出假設(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，則判定“不存在”． 　如圖所示，四棱錐S—ABCD的底面是正方形，每條側(cè)棱 的長(zhǎng)都是底面邊長(zhǎng)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，試說明理由． (1)證明　連接BD，設(shè)AC交BD于O，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

17、． 設(shè)底面邊長(zhǎng)為a，則高SO＝a， 于是S，D， B，C，＝， ＝，則·＝0. 故OC⊥SD.從而AC⊥SD. (2)解　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?t＝. 即當(dāng)SE∶EC＝2∶1時(shí)，⊥. 而BE不在平面PAC內(nèi)，故BE∥平面PAC. 利用向量法解決立體幾何問題 典例：(15分)(2012·湖南)如圖所示，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面 ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC

18、＝90°，E是CD 的中點(diǎn)． (1)證明：CD⊥平面PAE； (2)若直線PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等，求四棱錐P－ABCD的體積． 思維啟迪　本題中的(1)有兩種證明思路： (1)利用常規(guī)方法，將證明線面垂直轉(zhuǎn)化為證明線線垂直，利用線面垂直的判定定理證之； (2)將證明線面垂直問題轉(zhuǎn)化為向量間的關(guān)系問題，證明向量垂直；然后計(jì)算兩個(gè)向量的數(shù)量積． 規(guī)范解答 方法一　(1)證明　如圖， 連接AC.由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°得AC＝5. [1分] 又AD＝5，E是CD的中點(diǎn)，所以CD⊥AE. [2分] 因?yàn)镻A⊥

19、平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.[4分] 而PA，AE是平面PAE內(nèi)的兩條相交直線， 所以CD⊥平面PAE. [6分] (2)解　過點(diǎn)B作BG∥CD，分別與AE，AD相交于點(diǎn)F，G，連接PF. 由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE. 于是∠BPF為直線PB與平面PAE所成的角， [8分] 且BG⊥AE. 由PA⊥平面ABCD知，∠PBA為直線PB與平面ABCD所成的角． [10分] 由題意得∠PBA＝∠BPF， 因?yàn)閟in∠PBA＝，sin∠BPF＝， 所以PA＝BF. 由∠DAB＝∠ABC＝90°

20、;知，AD∥BC. 又BG∥CD，所以四邊形BCDG是平行四邊形． 故GD＝BC＝3.于是AG＝2. 在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以 BG＝＝2，BF＝＝＝. 于是PA＝BF＝. [12分] 又梯形ABCD的面積為S＝×(5＋3)×4＝16， 所以四棱錐P－ABCD的體積為 V＝×S×PA＝×16×＝. [15分] 方法二　如圖， 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸， z軸建立空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)PA＝h，則A(0,0,0)

21、，B(4,0,0)，C(4,3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)， P(0,0，h)． [2分] (1)證明　易知＝(－4,2,0)，＝(2,4,0)，＝(0,0，h)． 因?yàn)?#183;＝－8＋8＋0＝0，·＝0， [4分] 所以CD⊥AE，CD⊥AP. 而AP，AE是平面PAE內(nèi)的兩條相交直線， 所以CD⊥平面PAE. [6分] (2)解　由題設(shè)和(1)知，，分別是平面PAE，平面ABCD的法向量． [8分] 而PB與平面PAE所成的角和PB與平面ABCD所成的角相等， 所以|cos〈，〉|＝|cos〈，〉|，

22、 即＝. [10分] 由(1)知，＝(－4,2,0)，＝(0,0，－h(huán))， 又＝(4,0，－h(huán))， 故＝. 解得h＝. [12分] 又梯形ABCD的面積為S＝×(5＋3)×4＝16， 所以四棱錐P－ABCD的體積為 V＝×S×PA＝×16×＝. [15分] 溫馨提醒　(1)利用向量法證明立體幾何問題，可以建坐標(biāo)系或利用基底表示向量； (2)建立空間直角坐標(biāo)系時(shí)要根據(jù)題中條件找出三條互相垂直的直線； (3)對(duì)于和平面有關(guān)的垂直問題，也可利用平面的法

23、向量． 方法與技巧 用向量知識(shí)證明立體幾何問題有兩種基本思路：一種是用向量表示幾何量，利用向量的運(yùn)算進(jìn)行判斷；另一種是用向量的坐標(biāo)表示幾何量，共分三步：(1)建立立體圖形與空間向量的聯(lián)系，用空間向量(或坐標(biāo))表示問題中所涉及的點(diǎn)、線、面，把立體幾何問題轉(zhuǎn)化為向量問題；(2)通過向量運(yùn)算，研究點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系；(3)根據(jù)運(yùn)算結(jié)果的幾何意義來(lái)解釋相關(guān)問題． 失誤與防范 用向量知識(shí)證明立體幾何問題，仍然離不開立體幾何中的定理．如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線a∥b，只需證明向量a＝λb(λ∈R)即可．若用

24、直線的方向向量與平面的法向量垂直來(lái)證明線面平行，仍需強(qiáng)調(diào)直線在平面外． A組　專項(xiàng)基礎(chǔ)訓(xùn)練 (時(shí)間：40分鐘) 一、選擇題 1． 若直線l的一個(gè)方向向量為a＝(2,5,7)，平面α的一個(gè)法向量為u＝(1,1，－1)，則(　　) A．l∥α或l?α B．l⊥α C．l?α D．l與α斜交 答案　A 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(chǎn)＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．a(chǎn)＝(1,3,5)，n＝(1,0,1) C．a(chǎn)＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．a(chǎn)＝(1，－1,3)，n

25、＝(0,3,1) 答案　D 解析　若l∥α，則a·n＝0， D中，a·n＝1×0＋(－1)×3＋3×1＝0，∴a⊥n. 3． 設(shè)平面α的法向量為a＝(1,2，－2)，平面β的法向量b＝(－2，h，k)，若α∥β，則h＋k的值為 (　　) A．－2 B．－8 C．0 D．－6 答案　C 解析　由α∥β得a∥b，∴＝＝， ∴h＝－4，k＝4，∴h＋k＝0. 4． 已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，則實(shí)數(shù)λ等于

26、 (　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由題意得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)， ∴，∴. 5． 如圖，在長(zhǎng)方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2， P為C1D1的中點(diǎn)，M為BC的中點(diǎn)．則AM與PM所成的角為(　　) A．60° B．45° C．90° D．以上都不正確 答案　C 解析　以D點(diǎn)為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz， 依題意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，

27、)，C(0,2,0)，A(2，0,0)， M(，2,0)． ∴＝(，1，－)， ＝(－，2,0)， ∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0， 即⊥，∴AM⊥PM. 二、填空題 6． 已知平面α和平面β的法向量分別為a＝(1,1,2)，b＝(x，－2，3)，且α⊥β，則x＝________. 答案?。? 解析　∵a·b＝x－2＋6＝0，∴x＝－4. 7． 設(shè)點(diǎn)C(2a＋1，a＋1,2)在點(diǎn)P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1，4)確定的平面上，則a＝_______. 答案　16 解析?。?－1，－3,2)，＝(6，－1,4)．

28、 根據(jù)共面向量定理，設(shè)＝x＋y (x、y∈R)， 則(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4) ＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)， ∴　解得x＝－7，y＝4，a＝16. 8． 如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，棱長(zhǎng)為a，M、N分別為A1B 和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系 是________． 答案　平行 解析　∵正方體棱長(zhǎng)為a，A1M＝AN＝， ∴＝，＝， ∴＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋. 又∵是平面B1BCC1的法向量， ∴·＝·＝0， ∴⊥.又∵M(jìn)N?平面

29、B1BCC1， ∴MN∥平面B1BCC1. 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為坐標(biāo)原點(diǎn)，線段DA的長(zhǎng)為單位長(zhǎng)，射 線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz.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，故PQ⊥平面DCQ， 又PQ?平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ. 10．如圖，在底

30、面是矩形的四棱錐P－ACBD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn) 分別是PC，PD的中點(diǎn)，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 證明　(1)以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸， AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)， ∴E(，1，)，F(xiàn)(0,1，)，＝(－，0,0)，＝(1,0，－1)， ＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，＝(1,0,0)． ∵＝－，∴∥，即EF∥

31、AB， 又AB?平面PAB，EF?平面PAB， ∴EF∥平面PAB. (2)∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0， ∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC. 又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD. ∵DC?平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC. B組　專項(xiàng)能力提升 (時(shí)間：30分鐘) 1． 已知a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)，c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c與a及b都垂直，則m，n的值分別為 (　　) A．－1,2 B．1，－2 C．1

32、,2 D．－1，－2 答案　A 解析　由已知得c＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)， 故a·c＝3m＋n＋1＝0，b·c＝m＋5n－9＝0. 解得 2． 已知平面ABC，點(diǎn)M是空間任意一點(diǎn)，點(diǎn)M滿足條件＝＋＋，則直線AM (　　) A．與平面ABC平行 B．是平面ABC的斜線 C．是平面ABC的垂線 D．在平面ABC內(nèi) 答案　D 解析　由已知得M、A、B、C四點(diǎn)共面．所以AM在平面ABC內(nèi)，選D. 3． 如圖，在正方體ABCD—A1B1C1D1中，P為正方形A1B1C1D1四邊上 的動(dòng)點(diǎn)，O為

33、底面正方形ABCD的中心，M，N分別為AB，BC的中 點(diǎn)，點(diǎn)Q為平面ABCD內(nèi)一點(diǎn)，線段D1Q與OP互相平分，則滿足 ＝λ的實(shí)數(shù)λ的有________個(gè)． 答案　2 解析　建立如圖的坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，則P(x，y,2)， O(1,1,0)，∴OP的中點(diǎn)坐標(biāo)為 ， 又知D1(0,0,2)，∴Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，∴xQ＋yQ＝3， ∴x＋y＝1，即點(diǎn)P坐標(biāo)滿足x＋y＝1. ∴有2個(gè)符合題意的點(diǎn)P，即對(duì)應(yīng)有2個(gè)λ. 4． 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

34、分別為B1A、C1C、BC的 中點(diǎn)．求證： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. 證明　(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)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)&

35、#215;2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF， 又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF. 5． 在四棱錐P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD為正方形，PD＝DC，E、F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，使GF⊥平面PCB，并證明你的結(jié)論． (1)證明　如圖，以DA、DC、DP所在直線分別為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. ＝，＝(0，a,0)． ∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD. (2)解　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)．