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课时规范练 45 利用空间向量证明平行、垂直
与利用空间向量求距离
1.(15分)如图,在直三棱柱ABC-A B C 中,AB=AC=AA =3,BC=2,D是BC的中点,F是CC
1 1 1 1 1
上一点,且CF=2.
(1)求证:B F⊥平面ADF;
1
1
(2)若⃗C P= ⃗C A ,证明:PF∥平面ADB 1 .
1 3 1 1
2.(15分)(2024·江西宜春模拟)已知在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是矩形,且
AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,E,F分别是线段AB,BC的中点.
(1)求证:PF⊥FD.
(2)在线段PA上是否存在点G,使得EG∥平面PFD?若存在,确定点G的位置;若不存在,
请说明理由.
3.(15分)斜三棱柱ABC-A B C 的各棱长都为2,∠A AB=60°,点A 在下底面ABC的投影
1 1 1 1 1
为AB的中点O.
(1)在棱BB (含端点)上是否存在一点D,使A D⊥AC ?若存在,求出BD的长;若不存在,请
1 1 1
说明理由.
(2)求点A 到平面BCC B 的距离.
1 1 1
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4.(15分)已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,∠BAD=90°, 2AB=2AD=CD,
侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD,E是PC的中点.
(1)判定直线BE与平面PCD的位置关系,并说明理由;
(2)在PB上是否存在一点F,使AF∥平面BDE.
答案：
1.证明 (1)因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC,取B C 的中点D ,则DD ⊥平面ABC,分别
1 1 1 1
以CB,AD,DD 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,
1
因为AB=AC=AA =3,BC=2,所以A(0,-2√2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0),A (0,-2√2,3),B (1,0,3),C (-1,0,3),
1 1 1 1
因为CF=2,所以F(-1,0,2).故⃗B F=(-2,0,-1),⃗DA=(0,-2√2,0),⃗DF=(-1,0,2).因为⃗B F·⃗DA=0,
1 1
⃗B F·⃗DF=0,所以B F⊥AD,B F⊥DF,又AD∩DF=D,AD,DF 平面ADF,所以B F⊥平面ADF.
1 1 1 1
(2)因为⃗C P=
1
⃗C A =
1
(1,-2√2,0)=(
1
,-
2√2
,0),所以P(-
2⊂,- 2√2
,3),所以⃗PF =(-
1
,
2√2
,-1).
1 3 1 1 3 3 3 3 3 3 3
设平面ADB 的法向量为n=(x ,y ,z ),则{n·⃗DA=0, {-2√2y =0, 取z =1,则
1 0 0 0 有 0 0
n·⃗AB =0, x +2√2y +3z =0,
1 0 0 0
n=(-3,0,1).因为⃗PF·n=0,PF 平面ADB ,所以PF∥平面ADB .
1 1
2.(1)证明 在四棱锥P-ABCD⊄ 中,四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,则直线AB,AD,AP两两垂
直,以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(1,0,0),F(1,1,0),D(0,2,0),令P(0,0,t)(t>0),于是⃗PF=(1,1,-t),⃗DF=(1,-1,0),因此⃗PF·⃗DF
=1×1+1×(-1)-t×0=0,即⃗PF⊥⃗DF,所以PF⊥FD.
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1 1
(2)解 由(1)知,E( ,0,0),假定存在点G满足条件,设G(0,0,m)(0≤m≤t),⃗EG =(- ,0,m),
2 2
{n·⃗PF=x+ y-tz=0,
设平面PFD的一个法向量为n=(x,y,z),则 令z=2,得n=(t,t,2),令⃗EG·n=-
n·⃗DF=x- y=0,
1 1
t+2m=0,解得m= t,此时
⃗EG⊥
n,又E 平面PFD,所以EG∥平面PFD.所以在线段PA上存在
2 4
∉
点G,点G为线段PA上靠近点A的四等分点.
3.解 (1)连接OC,因为AC=BC,O为AB的中点,所以OC⊥AB,
由题意知A O⊥平面ABC,又AA =2,∠A AO=60°,所以A O=√3.
1 1 1 1
以点O为原点,OA,OC,OA 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,则
1
A (0,0,√3),A(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,√3,0),由⃗A B =⃗AB=(-2,0,0),得B (-2,0,√3),由⃗A C =⃗AC=(-1,
1 1 1 1 1 1
√3,0),得C (-1,√3,√3),设⃗BD=t⃗BB =t(-1,0,√3)=(-t,0,√3t),t∈[0,1],得D(-1-t,0,√3t),又⃗AC =(-2,
1 1 1
√3,√3),⃗A D=(-1-t,0,√3t-√3),若A D⊥AC ,即⃗AC ·⃗A D=0,得-2(-1-t)+√3(√3t-√3)=0,解得t=
1 1 1 1 1
1 2 2
,又BB 1 =2,所以BD= ,故存在点D,且BD= .
5 5 5
(2)设平面BCC B 的一个法向量为n=(x,y,z),又⃗BC=(1,√3,0),⃗CC =⃗A A =(-1,0,√3),
1 1 1 1
则有{ n·⃗BC=x+√3 y=0, 取x= ,则n=( ,-1,1),又 =(1,0, ),所以点A 到平面
√3 √3 ⃗BA √3 1
n·⃗CC =-x+√3z=0, 1
1
|⃗BA ·n| |√3+√3| 2√15
BCC B 的距离为d= 1 = = .
1 1
|n| √3+1+1 5
4.解 (1)直线BE⊥平面PCD,理由如下:
依题意,取AD的中点O,连接PO,因为△PAD为等边三角形,所以PO⊥AD,又因为平面PAD⊥平
面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PO 平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,以AD的中点O为
坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
⊂
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1 √3 3 √3
设AB=AD=2,则B(1,2,0),C(-1,4,0),D(-1,0,0),P(0,0,√3),E(- ,2, ).所以⃗BE =(- ,0, ),⃗PC
2 2 2 2
3 √3
=(-1,4,-√3),⃗CD =(0,-4,0),所以⃗BE·⃗PC =(- ,0, )·(-1,4,-√3)=0,
2 2
3 √3
⃗BE·⃗CD =(- ,0, )·(0,-4,0)=0,即BE⊥PC,BE⊥CD,又PC∩CD=C,PC,CD 平面PCD,所以BE⊥
2 2
⊂
平面PCD.
(2)存在,设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
{ n·⃗BE=- 3 x+ √3 z=0,
2 2
所以
1 √3
n·⃗DE= x+2y+ z=0,
2 2
令y=-1,则x=1,z=√3,
所以平面BDE的一个法向量为n=(1,-1,√3).
1 √3 1 √3
取PB的中点F,则F( ,1, ).又A(1,0,0),所以⃗AF =(- ,1, ).
2 2 2 2
1 √3
因为⃗AF· n=(- ,1, )·(1,-1,√3)=0,所以⃗AF⊥ n.
2 2
又AF 平面BDE,所以AF∥平面BDE.
故存在PB的中点F,使AF∥平面BDE
⊄
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