课时规范练47　利用空间向量证明平行、垂直-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦空间向量工具，通过坐标系构建与法向量运算，系统训练平行垂直证明，强化几何问题代数化思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础证明|题1|坐标系建立（利用垂直关系定轴）、法向量求解（方程组法）、线面平行（向量⊥法向量）|空间向量坐标运算→法向量概念→线面/面面位置关系判定| |综合应用|题2-3|向量夹角计算（数量积公式）、存在性问题（参数方程法）|向量表示→运算推理→几何性质验证| |拓展探究|题4|公垂线求解（向量垂直条件）|异面直线性质→向量工具应用→空间几何模型构建|

课时规范练47　利用空间向量证明平行、垂直 (分值:56分) 1.(13分)如图,已知AA1⊥平面ABC,BB1∥AA1,AB=AC=3,BC=2,AA1=,BB1=2,E和F分别为BC和A1C的中点. 求证:(1)EF∥平面A1B1BA; (2)平面AEA1⊥平面BCB1. 2.(13分)如图,在矩形ABCD和矩形ABEF中,AB=4,AD=AF=3,∠DAF==λ=λ,0<λ<1,记=a,=b,=c. (1)当λ=时,求直线MN与直线AE夹角的余弦值. (2)是否存在λ使得MN⊥平面ABCD?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由. 3.(15分)如图,斜棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2,∠ABC=60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD,∠A1AC=60°. (1)求证:BD⊥AA1. (2)在直线CC1上是否存在点P,使得BP∥平面DA1C1?若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由. 4.(15分)如图,四边形ACDE为菱形,AC=BC=2,∠ACB=120°,平面ACDE⊥平面ABC,点F在AB上,且AF=2FB,M,N分别在直线CD,AF上. (1)求证:CF⊥平面ACDE; (2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线,若∠EAC=60°,MN为直线CD,AB的公垂线,求的值. 参考答案 课时规范练47　利用空间向量证明平行、垂直 1.证明 (1)因为AB=AC,E为BC的中点,则AE⊥BC. 又AA1⊥平面ABC,AA1∥BB1,过点E作ED⊥BC,交B1C于点D. 易知EC,EA,ED两两垂直,以E为原点,EC,EA,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 因为AB=3,BE=,所以AE==2,所以E(0,0,0),C(,0,0),A(0,2,0),B(-,0,0),B1(-,0,2),A1(0,2,),F(,1,),所以=(,1,),=(-,-2,0),=(0,0,). 设平面A1B1BA的法向量为n=(x,y,z),则令x=-2,则y=,z=0,得n=(-2,,0). 又·n=×(-2)+1××0=0,所以⊥n. 又EF⊄平面A1B1BA,所以EF∥平面A1B1BA. (2)因为EC⊥平面AEA1,则=(,0,0)为平面AEA1的一个法向量. 又EA⊥平面BCB1,则=(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量. 因为=0,故,故平面AEA1⊥平面BCB1. 2.解 (1)由题可得,=a+c. 在矩形ABEF中,易知||=5,-()=λ()-[+λ()]=λ(a+c)-[b+λ(a-b)]=(λ-1)b+λc,当λ=时,=-b+c,||=(c-b)·(a+c)=(a·c+c2-b·a-b·c)=×(9-3×3×)=,cos<>=.故直线MN与直线AE夹角的余弦值为. (2)存在.若MN⊥平面ABCD,∵AB,AD⊂平面ABCD,∴MN⊥AB,MN⊥AD,则=[(λ-1)b+λc]·a=(λ-1)b·a+λc·a=0,显然成立. 又=[(λ-1)b+λc]·b=(λ-1)b2+λc·b=0,即9(λ-1)+=0,解得λ=,满足题意.故存在λ=,使得MN⊥平面ABCD. 3.(1)证明 连接BD交AC于点O,则BD⊥AC,连接A1O. 图1 在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°,所以A1O2=A+AO2-2AA1·AOcos 60°=3. 所以AO2+A1O2=A,所以A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD,所以A1O⊥平面ABCD. 又OB,OC⊂平面ABCD,则A1O⊥OB,A1O⊥OC. 又OB⊥OC,则OB,OC,OA1两两垂直. 以O为原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图1所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0),A1(0,0,),C1(0,2,). 由于=(-2,0,0),=(0,1,),则=0×(-2)+1×0+×0=0,所以BD⊥AA1. (2)解 存在,点P在C1C的延长线上且使C1C=CP,使得BP∥平面DA1C1. (方法1)假设在直线CC1上存在点P,使BP∥平面DA1C1. 设=λ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1,),得P(0,1+λ,λ),故=(-,1+λ,λ). 由(1)可知=(0,2,0),=(,0,). 设平面DA1C1的法向量为n3=(x3,y3,z3),则 不妨取x3=1,则z3=-1,y3=0,得n3=(1,0,-1). 又因为BP∥平面DA1C1,所以n3·=0,即-λ=0,得λ=-1,即点P在C1C的延长线上且使C1C=CP. (方法2)如图2,连接CB1,由题设知CB1∥DA1. 因为CB1⊄平面DA1C1,DA1⊂平面DA1C1,所以CB1∥平面DA1C1, 所以在平面BCC1B1内找到过点B且有CB1∥PB的P即为所求. 图2 假设在直线CC1上存在点P,使BP∥平面DA1C1,在C1C的延长线上取点P,使C1C=CP,则CB1∥PB,从而PB∥平面DA1C1. 4.(1)证明 AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以AB=2. 又AF=2FB,所以AF=. 由题可得,,则,AC2+CF2=4+=AF2,则CF⊥AC. 又因为平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,CF⊂平面ABC,故CF⊥平面ACDE. (2)解 在平面ACDE中过点C作直线与平面ABC垂直,则该直线与AC,CF两两垂直. 以C为原点,CA,CF所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由∠EAC=60°,可得∠DCA=120°. 又DC=2,所以C(0,0,0),D(-1,0,),A(2,0,0),F,所以=(-1,0,). 设=λ,λ∈[0,1],则N. 设=μ,μ∈[0,1],则M(-μ,0,μ),. 由题知 解得. 5 学科网（北京）股份有限公司 $