第08讲 空间中直线、平面的平行（三大题型归纳+分层练）-2024年新高二数学暑假预习核心知识点与常见题型通关讲解练（人教A版2019选修一）

第08讲 空间中直线、平面的平行 【人教A版选修一】 目录 题型归纳 1 题型01 直线和直线平行 2 题型02 直线和平面平行 5 题型03 平面和平面平行 10 分层练习 23 夯实基础 14 能力提升 23 创新拓展 32 一、直线和直线平行 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔________________⇔∃λ∈R，使得u1＝________. 二、直线和平面平行 设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u________n⇔________________. 注意点： (1)证明线面平行的关键是证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (2)特别强调直线在平面外 三、平面和平面平行 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔________________⇔∃λ∈R，使得________________． 题型01直线和直线平行 【解题策略】 证明线线平行的两种思路： (1)(基向量法)用基向量表示出要证明的两条直线的方向向量，通过向量的线性运算，利用向量共线的充要条件证明． (2)(坐标法)建立空间直角坐标系，通过坐标运算，利用向量平行的坐标表示． 【典例分析】 【例1】在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，点M在棱BB1上，且BM＝2MB1，点S在棱DD1上，且SD1＝2SD，点N，R分别为棱A1D1，BC的中点．求证：MN∥RS. 【变式演练】 【变式1】（22-23高二·全国·课堂例题）已知两条不重合的直线m，n和平面都垂直．求证：． 【变式2】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM＝DB，DA＝DP＝1，CD＝2.求证：MN∥AP. 【变式3】（23-24高二上·全国·课后作业）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，为的中点，，求证：．    题型02 直线和平面平行 【解题策略】 利用空间向量证明线面平行一般有三种方法： (1)证明直线的方向向量与平面内任意两个不共线的向量共面，即可用平面内的一组基底表示． (2)证明直线的方向向量与平面内某一向量共线，转化为线线平行，利用线面平行判定定理得证． (3)先求直线的方向向量，然后求平面的法向量，证明直线的方向向量与平面的法向量垂直 【典例分析】 【例2】在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是正方形，侧棱PD垂直于底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点．证明：PA∥平面EDB. 【变式演练】 【变式1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝AD＝1.问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置，若不存在，请说明理由． 【变式2】如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE. 【变式3】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，且点分别为和的中点， 求证：平面. 题型03 平面和平面平行 【解题策略】 证明面面平行问题的方法 (1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行． (2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明． 【典例分析】 【例3】课本例2　证明“平面与平面平行的判定定理”：若一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 已知：如图，a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α. 求证：α∥β. 【变式演练】 【变式1】（22-23高二·全国·课堂例题）已知平面，，a与b是平面内两条相交的直线，且，．求证：． 【变式2】如图，已知正方体ABCD－A′B′C′D′，求证：平面AB′D′∥平面BDC′. 【变式3】如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F是棱AB的中点．求证：平面AA1D1D∥平面FCC1. 【夯实基础】 一、单选题 1．（23-24高二上·河南周口·阶段练习）向量，，若，则（    ） A． B．， C．， D．， 2．（23-24高二上·重庆黔江·阶段练习）平面的法向量为，平面的法向量为，，则（    ） A．-2 B．-1 C．1 D．2 3．（23-24高二上·河南洛阳·期末）若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 4．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）已知（，）是直线的方向向量，是平面的法向量．若，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 二、多选题 5．（22-23高二上·广东深圳·期末）【多选】如图，已知正方体的棱长为，、分别为棱、的中点，则下列结论正确的为（    ）    A． B． C． D．为平面的一个法向量 6．（23-24高二下·湖北·阶段练习）如图：三棱锥中，面，，，，，，，分别为棱，，的中点，为棱上的动点，过，，的平面交于．下列选项中正确的有（    ） A．的最小值为2 B．时， C．三棱锥被平面分割成的两部分体积相等 D．当为中点时，，，，，五点在一个球面上，且球的半径为 三、填空题 7．（23-24高二上·青海西宁·阶段练习）已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则 . 8．（23-24高二上·福建莆田·阶段练习）已知直线的方向向量，平面的法向量.若，则 . 9．（23-24高二上·上海·期末）设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是 ．（填“平行”，“相交”，“线在面上”中的一个或两个） 四、解答题 10．（2024高二上·全国·专题练习）如图，在长方体中，分别是的中点，分别是的中点，．求证：平面； 11．（2024高二·全国·专题练习）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证： (1)E，F，G，H四点共面； (2)平面EFGH. 【能力提升】 一、单选题 1．（23-24高二上·安徽·期中）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，底面是正方形，与交于点分别为的中点，点满足，若平面，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二上·四川遂宁·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，底面是正方形，，E，F分别为，的中点，，，若平面，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（23-24高二上·广东中山·阶段练习）设平面的法向量为，平面的法向量为，若，则（    ） A．2 B．3 C． D． 4．（23-24高二上·山东·阶段练习）已知直线上有两点，平面的一个法向量为，若，则（    ） A．2 B．1 C． D． 二、多选题 5．（23-24高二上·四川眉山·期中）已知空间中三点、、，则下列结论正确的有（    ） A．与是共线向量 B．的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 6．（23-24高二上·山东临沂·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（    ） A．当时，三棱锥A-PCE的体积 B．当时，EP∥平面 C．当，平面CEP时 D．的最小值为 三、填空题 7．（23-24高二上·山西吕梁·阶段练习）已知直线的方向向量是，平面的法向量是，与的位置关系为 . 8．（23-24高二上·安徽六安·阶段练习）已知直线的方向向量，，，平面的法向量，，，若，则 ． 9．（23-24高二上·福建福州·期中）已知平面，和分别是和的法向量，，，则 . 四、解答题 10．（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，且点分别为和的中点， 求证：平面. 11．（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 【创新拓展】 一、单选题 1．（23-24高二上·江西九江·期末）若平面外的直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．与斜交 二、多选题 2．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）下列说法正确的是（    ） A．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为 B．已知，则在上的投影向量为 C．若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 D．直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与的位置关系为 三、填空题 3．（22-23高二下·江苏南京·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（含边界），若平面AEF，点P的轨迹长度为 ． 四、解答题 4．（22-23高二·全国·随堂练习）如图，在长方体中，E，M，N分别是BC，AE，的中点，，．求证：平面．    【下节预览】 1、 解答题 1.（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第08讲 空间中直线、平面的平行 【人教A版选修一】 目录 题型归纳 1 题型01 直线和直线平行 2 题型02 直线和平面平行 5 题型03 平面和平面平行 10 分层练习 23 夯实基础 14 能力提升 23 创新拓展 32 一、直线和直线平行 设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2. 二、直线和平面平行 设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0. 注意点： (1)证明线面平行的关键是证明直线的方向向量与平面的法向量垂直． (2)特别强调直线在平面外 三、平面和平面平行 设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2. 题型01直线和直线平行 【解题策略】 证明线线平行的两种思路： (1)(基向量法)用基向量表示出要证明的两条直线的方向向量，通过向量的线性运算，利用向量共线的充要条件证明． (2)(坐标法)建立空间直角坐标系，通过坐标运算，利用向量平行的坐标表示． 【典例分析】 【例1】在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝4，AA1＝2，点M在棱BB1上，且BM＝2MB1，点S在棱DD1上，且SD1＝2SD，点N，R分别为棱A1D1，BC的中点．求证：MN∥RS. 【详解】证明　方法一　如图所示，建立空间直角坐标系， 根据题意得M，N(0,2,2)，R(3,2,0)，S. 则，分别为MN，RS的方向向量， 又＝，＝， 所以＝，所以∥，因为M∉RS， 所以MN∥RS. 方法二　设＝a，＝b，＝c， 则＝＋＋＝c－a＋b， ＝＋＋＝b－a＋c. 所以＝， 所以∥. 又R∉MN， 所以MN∥RS. 【变式演练】 【变式1】（22-23高二·全国·课堂例题）已知两条不重合的直线m，n和平面都垂直．求证：． 【分析】利用直线方向向量和平面法向量共线，即可得两直线的方向向量共线，然后得证. 【详解】证明：设m，n的方向向量分别为，，平面的法向量为． 因为，，所以，． 故存在实数x，y，使，， 则，因此． 又因为m与n不重合，所以． 【变式2】如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，E为CP的中点，N为DE的中点，DM＝DB，DA＝DP＝1，CD＝2.求证：MN∥AP. 【详解】证明　方法一　由题意知，直线DA，DC，DP两两垂直．以D为坐标原点，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)，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，N，M， 所以＝(－1,0,1)，＝，所以＝，又M∉AP，故MN∥AP. 方法二　由题意可得＝＋＝＋＝＋×(＋)＝＋＋＝＋＝(＋)＝，又M∉AP，所以MN∥AP. 【变式3】（23-24高二上·全国·课后作业）如图所示，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点，为的中点，，求证：．    【分析】证法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量共线的坐标表示可得答案； 证法二：由空间向量的线性表示可得答案. 【详解】证法一：由题意知，直线两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 所以，又，故． 证法二：由题意可得 ， 又，所以．    题型02 直线和平面平行 【解题策略】 利用空间向量证明线面平行一般有三种方法： (1)证明直线的方向向量与平面内任意两个不共线的向量共面，即可用平面内的一组基底表示． (2)证明直线的方向向量与平面内某一向量共线，转化为线线平行，利用线面平行判定定理得证． (3)先求直线的方向向量，然后求平面的法向量，证明直线的方向向量与平面的法向量垂直 【典例分析】 【例2】在四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD是正方形，侧棱PD垂直于底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点．证明：PA∥平面EDB. 【详解】证明　如图所示，建立空间直角坐标系，D是坐标原点，设PD＝DC＝a. 连接AC，交BD于点G， 连接EG， 依题意得D(0,0,0)，A(a,0,0)，P(0,0，a)，E，B(a，a,0)． 方法一　设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)， 又＝， ＝， 则有 即即 令z＝1，则所以n＝(1，－1,1)， 又＝(a,0，－a)， 所以n·＝(1，－1,1)·(a,0，－a)＝a－a＝0. 所以n⊥. 又PA⊄平面EDB，所以PA∥平面EDB. 方法二　因为四边形ABCD是正方形， 所以G是此正方形的中心， 故点G的坐标为， 所以＝. 又＝(a,0，－a)， 所以＝2，则PA∥EG. 而EG⊂平面EDB，且PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB. 方法三　假设存在实数λ，μ使得＝λ＋μ， 即(a,0，－a)＝λ＋μ， 则有 解得 所以＝－＋，又PA⊄平面EDB， 所以PA∥平面EDB. 【变式演练】 【变式1】如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝AD＝1.问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置，若不存在，请说明理由． 解　分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图． 则P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,2,0)． 假设在棱PD上存在符合题意的点E， 设E(0，y，z)， 则＝(0，y，z－1)，＝(0,2，－1)． ∵∥， ∴－y－2(z－1)＝0.① ∵＝(0,2,0)是平面PAB的法向量， ＝(－1，y－1，z)， 由CE∥平面PAB，可得⊥. ∴(－1，y－1，z)·(0,2,0)＝2(y－1)＝0. ∴y＝1，代入①式得z＝. ∴E是PD的中点，即存在点E为PD的中点时，CE∥平面PAB. 【变式2】如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE. 【详解】证明　因为AD∥BC，AD⊥CD，DG⊥平面ABCD，而AD，DC⊂平面ABCD，所以DG⊥AD，DG⊥DC，则以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示． 所以D(0,0,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，M，N(1,0,2)． 设n＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，＝(0,2,0)，＝(2,0,2)， 则不妨令z＝－1，可得n＝(1,0，－1)． 又＝，所以·n＝0. 又因为直线MN⊄平面CDE，所以MN∥平面CDE. 【变式3】（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，且点分别为和的中点， 求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合，即可证得平面. 【详解】以为原点，分别以所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，， 又因为分别为和的中点，可得， 又由向量为平面的一个法向量，且, 由此可得，又因为直线平面，所以平面. 题型03 平面和平面平行 【解题策略】 证明面面平行问题的方法 (1)利用空间向量证明面面平行，通常是证明两平面的法向量平行． (2)将面面平行转化为线线平行然后用向量共线进行证明． 【典例分析】 【例3】课本例2　证明“平面与平面平行的判定定理”：若一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 已知：如图，a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α. 求证：α∥β. 【详解】证明　如图，取平面α的法向量n，直线a，b的方向向量u，v. 因为a∥α，b∥α， 所以n·u＝0，n·v＝0. 因为a⊂β，b⊂β，a∩b＝P， 所以对任意点Q∈β，存在x，y∈R，使得＝xu＋yv. 从而n·＝n·(xu＋yv)＝xn·u＋yn·v＝0. 所以，向量n也是平面β的法向量． 故α∥β. 【变式演练】 【变式1】（22-23高二·全国·课堂例题）已知平面，，a与b是平面内两条相交的直线，且，．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】设，分别为相交直线a，b的方向量，为平面的法向量，利用向量法证明. 【详解】证明：如图2.4-12，    设，分别为相交直线a，b的方向量，为平面的法向量． 因为，，所以，． 因此，，即．从而平面，有共同的法向量． 又两个平面不重合，因此． 【变式2】如图，已知正方体ABCD－A′B′C′D′，求证：平面AB′D′∥平面BDC′. 【详解】证明　方法一　设该正方体的棱长为1，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B′(1,1,1)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)，C′(0,1,1)，于是＝(0,1,1)，＝(1,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,1)． 设平面AB′D′的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，则x1＝－1，z1＝－1，可得n1＝(－1,1，－1)． 设平面BDC′的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 令y2＝1，则x2＝－1，z2＝－1，可得n2＝(－1,1，－1)． 所以n1＝n2，所以n1∥n2，故平面AB′D′∥平面BDC′. 方法二　由方法一知＝(－1,0,1)，＝(－1,0,1)，＝(0,1,1)，＝(0,1,1)，所以＝，＝，即AD′∥BC′，AB′∥DC′，又AD′⊄平面BDC′，AB′⊄平面BDC′，所以AD′∥平面BDC′，AB′∥平面BDC′. 又AD′∩AB′＝A，且AD′⊂平面AB′D′，AB′⊂平面AB′D′，所以平面AB′D′∥平面BDC′. 方法三　由方法一得平面AB′D′的一个法向量为n1＝(－1,1，－1)．易知＝(1,1,0)，＝(0,1,1)．因为n1·＝(－1,1，－1)·(1,1,0)＝0，n1·＝(－1,1，－1)·(0,1,1)＝0，所以n1也是平面BDC′的一个法向量，所以平面AB′D′∥平面BDC′. 【变式3】如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F是棱AB的中点．求证：平面AA1D1D∥平面FCC1. 【详解】证明　因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点， 所以BF＝BC＝CF， 所以△BCF为正三角形． 因为平面ABCD为等腰梯形，所以∠BAD＝∠ABC＝60°. 取AF的中点M，连接DM， 则DM⊥AB，所以DM⊥CD. 以D为原点，DM，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A(，－1,0)，F(，1,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)， 所以＝(0,0,2)，＝(，－1,0)，＝(，－1,0)，＝(0,0,2)， 所以∥，∥，则DD1∥CC1，DA∥CF， 又DD1∩DA＝D，CC1∩CF＝C，DD1，DA⊂平面AA1D1D，CC1，CF⊂平面FCC1， 所以平面AA1D1D∥平面FCC1. 【夯实基础】 一、单选题 1．（23-24高二上·河南周口·阶段练习）向量，，若，则（    ） A． B．， C．， D．， 【答案】C 【分析】根据列式求解即可. 【详解】因为，所以，解得，. 故选：C 2．（23-24高二上·重庆黔江·阶段练习）平面的法向量为，平面的法向量为，，则（    ） A．-2 B．-1 C．1 D．2 【答案】C 【分析】根据，由两个平面的法向量平行列式得解. 【详解】因为平面的法向量为，平面的法向量为，且， 所以，解得. 故选：C 3．（23-24高二上·河南洛阳·期末）若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项中向量是否满足，综合可得答案． 【详解】根据题意，平面的法向量为，直线的方向向量为，， 若，即，又由，则有， 依次分析选项： 对于A，，，，即成立，符合题意； 对于B，，，，即不成立，不符合题意； 对于C，，，，即不成立，不符合题意； 对于D，，，，即不成立，不符合题意． 故选：A． 4．（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）已知（，）是直线的方向向量，是平面的法向量．若，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】由得出，利用空间向量垂直的坐标运算即可求解. 【详解】因为， 所以， 则， 所以，整理得：. 故选：A. 二、多选题 5．（22-23高二上·广东深圳·期末）【多选】如图，已知正方体的棱长为，、分别为棱、的中点，则下列结论正确的为（    ）    A． B． C． D．为平面的一个法向量 【答案】BC 【分析】以点为坐标原点，、、 所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、、、、 、、、. 对于A选项，，，则，故A错误； 对于B选项，，，则，故B正确； 对于C选项，，故，故C正确； 对于D选项，，故不是平面的一个法向量，故D错误. 故选：BC. 6．（23-24高二下·湖北·阶段练习）如图：三棱锥中，面，，，，，，，分别为棱，，的中点，为棱上的动点，过，，的平面交于．下列选项中正确的有（    ） A．的最小值为2 B．时， C．三棱锥被平面分割成的两部分体积相等 D．当为中点时，，，，，五点在一个球面上，且球的半径为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式结合闵可夫斯基不等式处理A，利用平面的方程处理B，利用截面计算体积为定值处理C，球的方程处理D即可. 【详解】 由题意得，故，又面， 故以为原点建立空间直角坐标系，故，，， ，，设，则， 故， 由闵可夫斯基不等式得， 当且仅当时取等，故A正确， 若，则，而，， 设面的法向量，故，， 则，，令，解得，， 故，设面任意一点坐标为， 可得面的方程为，当时，， 故，显然成立，故B正确， 三棱锥上部分被平面截为三部分，设原体积为1， 设，， ， ， 故， 则三棱锥被平面分割成的两部分体积相等，故C正确， 若为中点，则，， ，，设面的法向量， 则，，则，， 令，解得，，故， 故，则面的方程为， 当时，解得，， 设过，， ，的球方程为，将点代入方程， 可得，， ，解得，，，， 故球的方程为，经检验，也在该球上， 故，，，，五点共球，且球的半径为，故D错误， 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是建立空间直角坐标系，然后求出关键点的坐标，得到所要求的球的方程，最后得到结果即可． 三、填空题 7．（23-24高二上·青海西宁·阶段练习）已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则 . 【答案】 【分析】根据线面垂直列方程，化简求得的值 【详解】由，可知，则有，解之得， 故答案为：. 8．（23-24高二上·福建莆田·阶段练习）已知直线的方向向量，平面的法向量.若，则 . 【答案】 【分析】依题意可得，则，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为直线的方向向量，平面的法向量， 又，所以， 则，解得. 故答案为： 9．（23-24高二上·上海·期末）设直线的一个方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面的位置关系是 ．（填“平行”，“相交”，“线在面上”中的一个或两个） 【答案】平行或线在面上 【分析】根据方向向量与法向量的数量积判断出线面关系. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以直线与平面平行或直线在平面上， 故答案为：平行或线在面上. 四、解答题 10．（2024高二上·全国·专题练习）如图，在长方体中，分别是的中点，分别是的中点，．求证：平面； 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，从而证得，进而得证. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立直角坐标系， 则 ∵分别是的中点 ∴ 则 显然平面的一个法向量为， 所以，则， 又面 ，所以平面. 11．（2024高二·全国·专题练习）已知E，F，G，H分别是空间四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，求证： (1)E，F，G，H四点共面； (2)平面EFGH. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）要证E，F，G，H四点共面，只需证明向量，，共面，结合向量的线性运算及共面定理证明即可； （2）由向量共线结合线面平行的判定定理证明． 【详解】（1）如图，连接EG，BG． 因为， 由向量共面的充要条件可知，向量，，共面， 又，，过同一点E，从而E，F，G，H四点共面． （2）因为， 又E，H，B，D四点不共线，所以EH∥BD， 又EH⊂平面EFGH，平面EFGH， 所以平面EFGH． 【能力提升】 一、单选题 1．（23-24高二上·安徽·期中）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，底面是正方形，与交于点分别为的中点，点满足，若平面，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间向量的坐标运算求解. 【详解】因为平面平面，所以， 又底面是正方形，所以，则两两垂直， 以点为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，， 所以. 设平面的法向量为， 则， 令，得. 设，因为 平面，所以， 即，解得， 故，所以. 故选:B. 2．（23-24高二上·四川遂宁·期中）《九章算术》是我国古代数学名著，书中将底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图，在阳马中，平面，底面是正方形，，E，F分别为，的中点，，，若平面，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据法向量的求法可求得平面的法向量，由可求得结果． 【详解】以为坐标原点，正方向为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则,0,,0,,,,,, ， 所以，，，， 设平面的法向量， 则，令，得，，所以； 由可得是的中点，， 由可得， 所以， 因为平面，所以，解得． 故选：C 3．（23-24高二上·广东中山·阶段练习）设平面的法向量为，平面的法向量为，若，则（    ） A．2 B．3 C． D． 【答案】A 【分析】根据列方程，解方程得到即可. 【详解】因为，所以，则，解得， 所以. 故选：A. 4．（23-24高二上·山东·阶段练习）已知直线上有两点，平面的一个法向量为，若，则（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据直线与平面平行等价于直线的方向向量与面的法向量垂直，根据数量积运算求出的值. 【详解】因为直线上有两点， 所以直线的一个方向向量为 又因为，平面的一个法向量为， 所以，即， 解得. 故选：D. 二、多选题 5．（23-24高二上·四川眉山·期中）已知空间中三点、、，则下列结论正确的有（    ） A．与是共线向量 B．的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 【答案】CD 【分析】由空间向量的坐标运算即可判断AB，由空间向量夹角坐标公式，即可判断C，由平面法向量的计算公式，即可判断D. 【详解】对于A选项，，，因为，则、不共线，A错； 对于B选项，与同向的单位向量为，B错； 对于C选项，，， 所以，与夹角的余弦值是，C对； 对于D选项，设为平面的法向量，则，取，则，，所以，平面的一个法向量为，D对. 故选：CD. 6．（23-24高二上·山东临沂·期中）如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（    ） A．当时，三棱锥A-PCE的体积 B．当时，EP∥平面 C．当，平面CEP时 D．的最小值为 【答案】BD 【分析】根据等体积法即可判断A,建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断B；利用两点间距离公式计算判断D；确定直线与平面交点的位置判断C作答． 【详解】对于A，当时，则，故点到平面的距离为,所以,故A错误， 对于B，在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,0,，,2,，,2,，,0,，,2,，,0,， 所以，则点,,， ，，，而， 显然，即是平面的一个法向量， 而，因此平行于平面，即直线与平面平行，B正确； 对于C，取的中点，连接，，，如图， 因为为边的中点，则，当平面时，平面， 连接，连接，连接，显然平面平面， 因此，，平面，平面，则平面， 即有，而， 所以，C错误． 对于D，， 于是，当且仅当时取等号，D正确； 故选：BD 三、填空题 7．（23-24高二上·山西吕梁·阶段练习）已知直线的方向向量是，平面的法向量是，与的位置关系为 . 【答案】或 【分析】利用空间向量法判断线面关系即可得解. 【详解】因为直线的方向向量是，平面的法向量是， 而， 所以，则或. 故答案为：或. 8．（23-24高二上·安徽六安·阶段练习）已知直线的方向向量，，，平面的法向量，，，若，则 ． 【答案】 【分析】由题可得，即可得答案. 【详解】根据题意，直线的方向向量，，，平面的法向量，，， 若，则有，解可得. 故答案为：． 9．（23-24高二上·福建福州·期中）已知平面，和分别是和的法向量，，，则 . 【答案】 【分析】因为平面，所以，所以，，求出结果. 【详解】因为平面，所以， 所以，即， 所以，即，， 所以. 故答案为： 四、解答题 10．（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，且点分别为和的中点， 求证：平面. 【答案】证明见解析 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合，即可证得平面. 【详解】以为原点，分别以所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，， 又因为分别为和的中点，可得， 又由向量为平面的一个法向量，且, 由此可得，又因为直线平面，所以平面. 11．（2024高二上·全国·专题练习）如图所示，在直角梯形中，，，，是的中点，分别为的中点，将沿折起，使得平面，试用向量方法证明平面. 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量即可求解. 【详解】由题意可知底面为正方形， 因为平面，平面，所以两两垂直， 如图以为原点，以为方向向量建立空间直角坐标系， 则有关点及向量的坐标为： ，，，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取可得平面的一个法向量为， 因为，又在平面外， 所以平面. 【创新拓展】 一、单选题 1．（23-24高二上·江西九江·期末）若平面外的直线的方向向量为，平面的法向量为，则（    ） A． B． C． D．与斜交 【答案】B 【分析】根据题意，分析可得，由直线与平面的位置关系分析可得答案． 【详解】根据题意，直线的方向向量为， 平面的法向量为，易得， 又直线在平面外，则有． 故选：B． 二、多选题 2．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）下列说法正确的是（    ） A．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为 B．已知，则在上的投影向量为 C．若在单位正交基底下的坐标为，则在基底下的坐标为 D．直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则直线与的位置关系为 【答案】AC 【分析】根据空间中点的对称规则可知A正确，由投影向量的定义可知B错误；根据空间向量的基本定理可知，即C正确，由线面位置关系的向量证明可知直线与的位置关系为或直线在内,即D错误. 【详解】对于A，点关于平面对称的点应满足横纵坐标不变，竖坐标变为相反数，即为，即A正确； 对于B，由投影向量定义可得在上的投影向量为，即B错误； 对于C，不妨取，则； 设，可得，解得； 因此，所以C正确； 对于D，易知，则直线与的位置关系为或直线在内，因此D错误. 故选：AC 三、填空题 3．（22-23高二下·江苏南京·期中）如图，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（含边界），若平面AEF，点P的轨迹长度为 ． 【答案】/ 【分析】利用坐标法，根据线面平行和面面平行的判定及性质找出的轨迹，根据轨迹特点可求答案. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ; 所以, , ; 故，即，又平面，平面， 所以平面，同理可得平面，又平面， 所以平面平面； 因为P是侧面内一点（含边界），平面AEF， 所以点P必在线段MN上，即点P的轨迹为MN， 所以点P的轨迹长度为． 故答案为：. 四、解答题 4．（22-23高二·全国·随堂练习）如图，在长方体中，E，M，N分别是BC，AE，的中点，，．求证：平面．    【答案】证明见解析. 【分析】构建空间直角坐标系求面的法向量，并求出坐标，应用向量坐标求，即可证结论. 【详解】构建如下图示的空间直角坐标系，则是面的一个法向量， 且，而M，N分别是AE，的中点， 所以，则， 所以，即，故面，则平面.    【下节预览】 1、 解答题 1.（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，点在直线（点在直线上且）上 【分析】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论. （2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论. 【详解】（1）在中，点D、E分别为边AC、AB的中点， 且. 又平面平面，平面平面平面， 平面. 又平面. （2）由（1）知，. 以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. ， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 假设在平面内存在点，使得平面平面.连接. 若，则设.设平面的一个法向量为. 由，取，则. 平面的法向量.由知，此情况不成立. 若与不共线，设，连接.    设，则. 当，即时，. 又平面，即平面平面，也即平面平面. 所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时， 平面平面. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司6 学科网（北京）股份有限公司 $$