位置关系的向量解法【DOC精选】.docVIP

【2012高考数学理科苏教版课时精品练】第七节　位置关系的向量解法 1．在空间直角坐标系中，已知A(2,3,1)，B(4,1,2)，C(6,3,7)，D(－5，－4,8)，DH面ABC，垂足为H，直线DH交平面xOy于点M，求点M的坐标． 解：设M(x，y，z)，则z＝0， 因为DH平面ABC，则，， 于是·＝0，·＝0. 又＝(2，－2,1)，＝(4,0,6)， ＝(x＋5，y＋4，－8)， 所以有 解得即点M的坐标为(7,4,0)． 2．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，且BAD＝A1AB＝A1AD＝60°，求AC1的长． 解：设＝a，＝b，＝c，则|a|＝1，|b|＝2，|c|＝3， 且a·b＝|a||b|cos 60°＝1， b·c＝|b||c|cos 60°＝3， a·c＝|a||c|cos 60°＝. ∴||＝|a＋b＋c|＝ ＝ ＝ ＝5. 3．在空间直角坐标系中，已知A(3,0,0)，B(0,4,0)，C(0,0,2)点P(x，y，z)是平面ABC内任意一点，试求x，y，z满足的关系． 解：法一：根据共面向量定理知，存在有序数对(m，n)，使＝m＋n， 而＝(x－3，y，z)，＝(－3,4,0)，＝(－3,0,2)， (x－3，y，z)＝m(－3,4,0)＋n(－3,0,2)． 消去m，n得4x＋3y＋6z－12＝0. 法二：设e＝(a，b，c)是平面的一个法向量，则e，且e，而＝(－3,4,0)，＝(－3,0,2)，且，不共线，得于是＝＝， 可取e＝(4,3,6)．＝(x－3，y，z)，由·e＝0得， 4(x－3)＋3y＋6z＝0，即4x＋3y＋6z－12＝0. 4．如图，ABCD为矩形，PA平面ABCD，PA＝AD，M，N分别是PC，AB的中点． 求证：MN平面PCD. 证明：设＝a，＝b，＝c， 以{a，b，c}为空间的一个基底， 则＝－＝b－(＋) ＝b－(a＋b＋c) ＝－(a＋c)， ＝＝b，＝c－a，PA矩形ABCD， PA⊥AB， PAAD，且ABAD， a·b＝0，b·c＝0，c·a＝0， 故·＝－(a＋c)·b ＝－(a·b＋c·b)＝0， ·＝－(a＋c)·(c－a)＝－(|c|2－|a|2) ＝－(||2－||2)＝0， 所以MNDC，MNPD， 又DC∩PD＝D，故MN平面PCD. 5．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为底面A1B1C1D1和侧面B1C1CB的中心．求证： (1)EFA1B； (2)EF面A1BD； (3)平面B1EF面A1BD. 证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1(1,0,1)， B(1,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，E(，，1)，F(，1，)，所以＝(0，， －)，＝(0,1，－1)， ＝2，从则EFA1B. (2)设平面A1BD的法向量n1 ＝(x1，y1，z1)，＝(1,1,0)， ＝(1,0,1)， 由n1·＝0，n1·＝0， 解得n1＝(－1,1,1)， 故·n1＝0， 又EF不在平面A1BD内， 所以EF平面A1BD. (3)设平面B1EF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， ＝(，，0)，＝(0，，－)， 由n2·＝0，n2·＝0， 解得n2＝(－1,1,1)， 故n1n2， 所以平面B1EF平面A1BD. 6．(探究选做)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB和BC的中点，试问在棱BB1上是否存在点M，使得D1M平面EFB1？若存在，指出点M的位置；若不存在，说明理由． 解：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，因为正方体的棱长为1，所以D1(0,0,1)，E(1，，0)， F(，1,0)，B1(1,1,1)． 点M在棱BB1上， 可设M(1,1，λ)．(0≤λ≤1) ＝(1,1，λ－1)， ＝(0，，1)， ＝(，0,1)． D1M⊥平面EFB1的充要条件为D1MFB1， 且D1MEB1， ·＝(1,1，λ－1)·(0，，1) ＝＋λ－1＝0， ·＝(1,1，λ－1)·(，0,1) ＝＋λ－1＝0， 解得λ＝，[0,1]． 因此存在点M，使得D1M平面EFB1，且M是BB1的中点． 1