高考数学一轮复习第七章立体几何771利用空间向量证明空间中的位置关系课时提升作业理.docx
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高考数学一轮复习第七章立体几何771利用空间向量证明空间中的位置关系课时提升作业理
2019-2020年高考数学一轮复习第七章立体几何7.7.1利用空间向量证明空间中的位置关系课时提升作业理
一、选择题（每小题5分,共25分）
1.（xx·泉州模拟）设平面α的一个法向量为n1=（1,2,-2）,平面β的一个法向量为n2=（-2,-4,k）,若α∥β,则k= （ ）
A.2B.4C.-2D.-4
【解析】选B.由α∥β知n1∥n2,则n2=λn1.
即（-2,-4,k）=λ（1,2,-2）,
即
解得k=4.
【加固训练】若平面α,β垂直,则下面可以是这两个平面的法向量的
是 （ ）
A.n1=（1,2,1）,n2=（-3,1,1）
B.n1=（1,1,2）,n2=（-2,1,1）
C.n1=（1,1,1）,n2=（-1,2,1）
D.n1=（1,2,1）,n2=（0,-2,-2）
【解析】选A.因为α⊥β,
所以n1⊥n2,即n1·n2=0,
经验证可知,选项A正确.
2.（xx·西安模拟）若平面α,β的法向量分别是n1=（2,-3,5）,n2=（-3,1,-4）,则 （ ）
A.α∥β
B.α⊥β
C.α,β相交但不垂直
D.以上答案均不正确
【解析】选C.因为n1·n2=2×（-3）+（-3）×1+5×（-4）≠0.
所以n1与n2不垂直,且不共线.
所以α与β相交但不垂直.
3.若=λ+μ,则直线AB与平面CDE的位置关系是 （ ）
A.相交B.平行
C.在平面内D.平行或在平面内
【解析】选D.由=λ+μ知,向量,,共面,则直线AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.
4.（xx·珠海模拟）如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则 （ ）
A.EF至多与A1D,AC之一垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1相交
D.EF与BD1异面
【解题提示】建立空间直角坐标系,用向量法求解.
【解析】选B.以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,
则A1（1,0,1）,D（0,0,0）,A（1,0,0）,C（0,1,0）,
E,F,B（1,1,0）,
D1（0,0,1）,
=（-1,0,-1）,=（-1,1,0）,
=,=（-1,-1,1）,
=-,·=·=0,
从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.
5.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为 （ ）
A.（1,1,1） B.
C. D.
【解析】选C.由已知得A（,,0）,B（0,,0）,D（,0,0）,E（0,0,1）,设M（x,x,1）.
则=（x-,x-,1）,=（,-,0）,=（0,-,1）.设平面BDE的一个法向量为n=（a,b,c）.
则
即
解得令b=1,则n=（1,1,）.
又AM∥平面BDE,所以n·=0.
即2（x-）+=0,得x=,
所以M.
二、填空题（每小题5分,共15分）
6.设点C（2a+1,a+1,2）在点P（2,0,0）,A（1,-3,2）,B（8,-1,4）确定的平面上,则a= .
【解析】由共面向量定理知=x+y,
即（2a-1,a+1,2）=x（-1,-3,2）+y（6,-1,4）,
即解得a=16.
答案:
16
7.（xx·襄阳模拟）已知平面α内的三点A（0,0,1）,B（0,1,0）,C（1,0,0）,平面β的一个法向量n=（-1,-1,-1）.则不重合的两个平面α与β的位置关系是 .
【解析】由已知得,=（0,1,-1）,=（1,0,-1）,设平面α的一个法向量为m=（x,y,z）,
则得
得令z=1,得m=（1,1,1）.
又n=（-1,-1,-1）,所以m=-n,即m∥n,
所以α∥β.
答案:
平行
【方法技巧】平面的法向量的求法
（1）设出平面的一个法向量n=（x,y,z）,利用其与该平面内的两个不共线向量垂直,即数量积为0,列出方程组,两个方程,三个未知数,此时给其中一个变量恰当赋值,求出该方程组的一个非零解,即得到这个法向量的坐标.
（2）注意,赋值不同得到法向量的坐标也不同,法向量的坐标不唯一.
8.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE与DF的和为 .
【解析】以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E（x,1,1）,B1（1,1,0）,所以=（x-1,0,1）,又F（0,0,1-y）,B（1,1,1）,所以=（1,1,y）,由于AB⊥B1E,故若B1E⊥平面ABF,
只需·=（1,1,y）·（x-1,0,1）=0⇒x+y=1.
答案:
1
三、解答题（每小题10分,共20分）
9.（xx·石家庄模拟）已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,
∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.
（1）求证:
DE∥平面ABC.
（2）求证:
B1F⊥平面AEF.
【证明】以A为原点,AB,AC,AA1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Axyz,令AB=AA1=4,则A（0,0,0）,E（0,4,2）,F（2,2,0）,
B1（4,0,4）,D（2,0,2）,
A1（0,0,4）.
（1）=（-2,4,0）,
平面ABC的法向量为=（0,0,4）,
因为·=0,DE⊄平面ABC,
所以DE∥平面ABC.
（2）=（-2,2,-4）,=（2,-2,-2）,
·=（-2）×2+2×（-2）+（-4）×（-2）=0,
所以⊥,B1F⊥EF,
·=（-2）×2+2×2+（-4）×0=0,
所以⊥,所以B1F⊥AF.
因为AF∩EF=F,所以B1F⊥平面AEF.
【加固训练】如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1BC,二面角A1-AB-C是直二面角.
求证:
（1）A1B1⊥平面AA1C.
（2）AB1∥平面A1C1C.
【证明】因为二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,
所以AA1⊥平面BAC.
又因为AB=AC,BC=AB,
所以∠CAB=90°,即CA⊥AB,
所以AB,AC,AA1两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系,
设AB=2,则A（0,0,0）,B1（0,2,2）,A1（0,0,2）,C（2,0,0）,C1（1,1,2）.
（1）=（0,2,0）,=（0,0,-2）,=（2,0,0）,
设平面AA1C的一个法向量n=（x,y,z）,
则
即即
取y=1,则n=（0,1,0）.
所以=2n,即∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
（2）易知=（0,2,2）,=（1,1,0）,
=（2,0,-2）,
设平面A1C1C的一个法向量m=（x1,y1,z1）,
则
即
令x1=1,则y1=-1,z1=1,
即m=（1,-1,1）.
所以·m=0×1+2×（-1）+2×1=0,
所以⊥m.
又AB1⊄平面A1C1C,
所以AB1∥平面A1C1C.
10.（xx·福州模拟）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.
（1）求证:
AA1⊥平面ABC.
（2）证明在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,并求的值.
【解析】
（1）因为AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC.所以AA1⊥平面ABC.
（2）由
（1）知AA1⊥AB,AA1⊥AC.
由题知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC.
如图,以A为原点建立空间直角坐标系Axyz,
则B（0,3,0）,A1（0,0,4）,B1（0,3,4）,C1（4,0,4）.
设D（x,y,z）是线段BC1上的一点,
且=λ,λ∈[0,1].
所以（x,y-3,z）=λ（4,-3,4）.
解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ,
所以=（4λ,3-3λ,4λ）.
由·=0,即9-25λ=0,解得λ=.
因为∈[0,1],所以在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B,此时,=λ=.
（20分钟 40分）
1.（5分）已知=（1,5,-2）,=（3,1,z）,若⊥,=（x-1,y,-3）,且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为 （ ）
A.,-,4B.,-,4
C.,-2,4D.4,,-15
【解题提示】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出.
【解析】选B.因为⊥,所以·=3+5-2z=0,解得z=4.
所以=（3,1,4）.
因为BP⊥平面ABC,
所以⊥,⊥.
所以
化为
解得
所以x=,y=-,z=4.
2.（5分）（xx·太原模拟）如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是 （ ）
A.斜交B.平行
C.垂直D.不能确定
【解析】选B.分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
因为A1M=AN=a,
所以M,
N,
所以=.
又C1（0,0,0）,D1（0,a,0）,所以=（0,a,0）,
所以·=0,所以⊥.
因为是平面BB1C1C的一个法向量,
且MN⊄平面BB1C1C,
所以MN∥平面BB1C1C.
3.（5分）空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD与ADEF,设M,N分别是BD,AE的中点,给出如下命题:
①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE异面.
则所有的正确命题为 .
【解题提示】选,,为基向量,利用向量法,对四个命题逐一判断从中选择出正确命题.
【解析】如图,设=a,=b,=c,则|a|=|c|且a·b=c·b=0.=
-=（b+c）-（a+b）=（c-a）,·=（c-a）·b=（c·b-a·b）=0,故AD⊥MN,故①正确;=c-a=2,故MN∥CE,故MN∥平面CDE,故②③正确;③正确时④一定不正确.
答案:
①②③
4.（12分）（xx·汕头模拟）如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠B=∠C=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°的角.
求证:
（1）CM∥平面PAD.
（2）平面PAB⊥平面PAD.
【证明】以C为坐标原点,CB为x轴,CD为y轴,CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
因为PC⊥平面ABCD,
所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角,
所以∠PBC=30°,
因为PC=2,
所以BC=2,PB=4,
所以D（0,1,0）,B（2,0,0）,A（2,4,0）,
P（0,0,2）,M,
所以=（0,-1,2）,=（2,3,0）,
=.
（1）设n=（x,y,z）为平面PAD的一个法向量,
所以
即
令y=2,得n=（-,2,1）.
因为n·=-×+2×0+1×=0,
所以n⊥.又CM⊄平面PAD,
所以CM∥平面PAD.
（2）如图,取AP的中点E,连接BE,
则E（,2,1）,
=（-,2,1）.
因为PB=AB,
所以BE⊥PA.
又因为·=（-,2,1）·（2,3,0）=0,
所以⊥.所以BE⊥DA.
又PA∩DA=A,所以BE⊥平面PAD.
又因为BE⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
5.（13分）（xx·郑州模拟）如图
（1）所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,
AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图
（2）所示.
（1）求证:
A1C⊥平面BCDE.
（2）若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小.
（3）线段BC上是否存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?
说明理由.
【解析】
（1）因为AC⊥BC,DE∥BC,所以DE⊥AC,所以DE⊥A1D,DE⊥CD,A1D∩DC=D,
所以DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C.
又因为A1C⊥CD,DE∩CD=D,
所以A1C⊥平面BCDE.
（2）如图所示,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系Cxyz,则A1（0,0,2）,D（0,2,0）,M（0,1,）,B（3,0,0）,E（2,2,0）.
设平面A1BE的法向量为n=（x,y,z）,
则n·=0,n·=0.
又因为=（3,0,-2）,=（-1,2,0）,
所以
令y=1,则x=2,z=,所以n=（2,1,）.
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
因为=（0,1,）,
所以sinθ=|cos|===.
所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
（3）线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下:
假设这样的点P存在,设其坐标为（p,0,0）,其中p∈[0,3].
设平面A1DP的法向量为m=（x1,y1,z1）,
则
又因为=（0,2,-2）,=（p,-2,0）,
所以令x1=2,则y1=p,z1=.
所以m=.
当且仅当m·n=0时,平面A1DP⊥平面A1BE.
由m·n=0,得4+p+p=0,解得p=-2,与p∈[0,3]矛盾.
所以线段BC上不存在一点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.
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