2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 立體幾何 第7課時(shí) 空間向量的應(yīng)用(一)平行與垂直練習(xí) 理
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1、2022高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 立體幾何 第7課時(shí) 空間向量的應(yīng)用(一) 平行與垂直練習(xí) 理 1.(2018·廣西桂林一中期中)若a=(2,3,m),b=(2n,6,8),且a,b為共線向量,則m+n的值為( ) A.7 B. C.6 D.8 答案 C 解析 由a,b為共線向量,得==,解得m=4,n=2,則m+n=6.故選C. 2.已知向量a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ).若a,b,c三個(gè)向量共面,則實(shí)數(shù)λ等于( ) A. B. C. D. 答案 D 解析 由題意,得c=ta+μb=(2t-μ,-t+
2、4μ,3t-2μ),所以解得故選D. 3.若平面α的一個(gè)法向量為(1,2,0),平面β的一個(gè)法向量為(2,-1,0),則平面α和平面β的位置關(guān)系是( ) A.平行 B.相交但不垂直 C.垂直 D.重合 答案 C 解析 由(1,2,0)·(2,-1,0)=1×2+2×(-1)+0×0=0,知兩平面的法向量互相垂直,所以兩平面互相垂直. 4.已知平面α內(nèi)有一個(gè)點(diǎn)M(1,-1,2),平面α的一個(gè)法向量是n=(6,-3,6),則下列點(diǎn)P在平面α內(nèi)的是( ) A.P(2,3,3) B.P(-2,0,1) C.P(-4,4,0) D.P(3,-3,4) 答案 A 解析
3、 ∵n=(6,-3,6)是平面α的法向量, ∴n⊥,在選項(xiàng)A中,=(1,4,1),∴n·=0. 5.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),則平面ABC的一個(gè)單位法向量是( ) A.(,,-) B.(,-,) C.(-,,) D.(-,-,-) 答案 D 解析?。?-1,1,0),=(-1,0,1), 設(shè)平面ABC的一個(gè)法向量n=(x,y,z),∴ 令x=1,則y=1,z=1,∴n=(1,1,1). 單位法向量為:±=±(,,). 6.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,則實(shí)數(shù)x,y,z分別為
4、( ) A.,-,4 B.,-,4 C.,-2,4 D.4,,-15 答案 B 解析 ∵⊥,∴·=0,即3+5-2z=0,得z=4,又BP⊥平面ABC,∴BP⊥AB,BP⊥BC,又∵=(3,1,4),則解得 7.已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點(diǎn),如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).對(duì)于結(jié)論:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④∥.其中正確的是________. 答案?、佗冖? 解析 ∵·=0,·=0, ∴AB⊥AP,AD⊥AP.則①②正確.從而③正確,又=-=(4,2,0)-(2,-1,-4)=(2,3,4)
5、.∵≠.∴與不平行.∴④不正確. 8.(2018·甘肅蘭州質(zhì)檢)如圖,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E為CD的中點(diǎn),M,N分別是AD,BE的中點(diǎn),將三角形ADE沿AE折起,則下列說法正確的是________.(寫出所有正確說法的序號(hào)) ①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥平面DEC; ②不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN⊥AE; ③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi)),都有MN∥AB; ④在折起過程中,一定存在某個(gè)位置,使EC⊥AD. 答案 ①②④ 解析 不妨設(shè)BC=a,CE=ED=b.折起后∠CED=θ(0<θ<π).以E為原點(diǎn),
6、EA,EC分別為x軸,y軸. 則A(a,0,0),C(0,b,0),D(0,bcosθ,bsinθ). ∴M(,cosθ,sinθ),N(,,0). ∴=(0,-cosθ,-sinθ),=(a,0,0),=(0,b,0),=(-a,bcosθ,bsinθ),=(0,b,0). ∵·=0,∴MN⊥AE,②對(duì),是平面CED的法向量. ∴MN∥平面DEC,①對(duì),MN與AB異面,③不對(duì).當(dāng)θ=時(shí),·=0,∴④對(duì). 綜上,①②④正確. 9.如右圖所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都為2,D為CC1的中點(diǎn).求證:AB1⊥平面A1BD. 答案 略 證明 方法一:設(shè)平面A1BD內(nèi)的
7、任意一條直線m的方向向量為m.由共面向量定理,則存在實(shí)數(shù)λ,μ,使m=λ+μ. 令=a,=b,=c,顯然它們不共面,并且|a|=|b|=|c|=2,a·b=a·c=0,b·c=2,以它們?yōu)榭臻g的一組基底,則=a+c,=a+b,=a-c,m=λ+μ=(λ+μ)a+μb+λc,·m=(a-c)·[(λ+μ)a+μb+λc]=4(λ+μ)-2μ-4λ=0.故⊥m,結(jié)論得證. 方法二:基向量的取法同上. ∵·=(a-c)·(a+c)=|a|2-|c|2=0, ·=(a-c)·(a+b)=|a|2+a·b-a·c-b·c=0,∴⊥,⊥,即AB1⊥BA1,AB1⊥BD,由直線和平面垂直的判定定理,
8、知AB1⊥平面A1BD. 方法三:取BC的中點(diǎn)O,連接AO. ∵△ABC為正三角形,∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,∴AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1的中點(diǎn)O1,以O(shè)為原點(diǎn),,,的方向分別為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,如下圖所示,則B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0).設(shè)平面A1BD的法向量為n=(x,y,z),=(-1,2,),=(-2,1,0). 則n⊥,n⊥,故 ?令x=1,則y=2,z=-. 故n=(1,2,-)為平面A1BD的一個(gè)法向量,而=(1,
9、2,-),∴=n,即∥n,∴AB1⊥平面A1BD. 10.(2018·杭州學(xué)軍中學(xué)模擬)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=BC,BE=BC.求證:DE⊥平面PAC. 解析 如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz, 設(shè)AB=AD=BC=2, 則D(0,2,0),E(2,1,0),A(0,0,0),C(2,4,0). ∴=(2,-1,0),=(2,4,0). 設(shè)P(0,0,z),=(0,0,z). 設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面APC的
10、一個(gè)法向量,則m⊥,m⊥. ∴∴令y1=1,則m=(-2,1,0),顯然m=-. ∴∥m,∴DE⊥平面PAC. 11.(2018·甘肅省蘭州市高考實(shí)戰(zhàn)模擬)如圖所示的空間幾何體ABCDEFG中,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,AE⊥平面ABCD,EF∥AB,EG∥AD,EF=EG=1,AE=3. 求證:平面CFG⊥平面ACE. 答案 略 解析 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),E(0,0,3),G(0,1,3),F(xiàn)(1,0,3). ∴=(0,0,3),=(2,2,0),=(-1,1,0),·=-2+2+0=0, ·
11、=0+0+0=0. ∴FG⊥AC,F(xiàn)G⊥AE. ∴FG⊥平面ACE. 又FG?平面CFG, ∴平面CFG⊥平面ACE. 12.(2018·江西景德鎮(zhèn)二中模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為3,點(diǎn)E在AA1上,點(diǎn)F在CC1上,且AE=FC1=1. (1)求證:E,B,F(xiàn),D1四點(diǎn)共面; (2)若點(diǎn)G在BC上,BG=,點(diǎn)M在BB1上,GM⊥BF,垂足為H,求證:EM⊥平面BCC1B1. 答案 略 證明 (1)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),E(3,0,1),F(xiàn)(0,3,2),D1(3,3,3),所以=(3,0,1),=(0,3,2),=(3,3,3
12、). 所以=+. 故,,共面. 又它們有公共點(diǎn)B,所以E,B,F(xiàn),D1四點(diǎn)共面. (2)設(shè)M(0,0,z0),則=(0,-,z0),而=(0,3,2), 由題設(shè)得·=-×3+z0·2=0,解得z0=1. 故M(0,0,1),=(3,0,0). 又=(0,0,3),=(0,3,0),所以·=0,·=0, 從而ME⊥BB1,ME⊥BC. 又BB1∩BC=B,所以EM⊥平面BCC1B1. 13.(2018·湖北襄陽模擬,理)如圖,多面體ABCDEF中,DE⊥平面ABCD,四邊形ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°,四邊形BDEF是正方形. (1)求證:CF∥平面AED
13、; (2)在線段EC上是否存在點(diǎn)P,使得AP⊥平面CEF?若存在,求出的值;若不存在,說明理由. 答案 (1)略 (2)不存在點(diǎn)P 解析 (1)因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形,所以BC∥AD. 又BC?平面ADE,AD?平面ADE,所以BC∥平面ADE, 又四邊形BDEF是正方形,所以BF∥DE. 因?yàn)锽F?平面ADE,DE?平面ADE,所以BF∥平面ADE, 因?yàn)锽C?平面BCF,BF?平面BCF,BC∩BF=B, 所以平面BCF∥平面AED,因?yàn)镃F?平面BCF,所以CF∥平面AED. (2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,且∠BAD=60°, 所以△BCD為等邊三角形,取BD的中
14、點(diǎn)O,連接CO,所以CO⊥BD, 取EF的中點(diǎn)G,連接OG,則OG∥DE, 因?yàn)镈E⊥平面ABCD,所以O(shè)G⊥平面ABCD, 故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz. 則O(0,0,0),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),E(-1,0,2),F(xiàn)(1,0,2), 所以=(1,,2),=(-2,0,0),=(-1,,-2). 設(shè)平面ECF的法向量為n=(x,y,z),則有得 x=0,令y=1,則n=(0,1,). 又=(1,,-2),=(-1,,2), 設(shè)P(x,y,z),=λ,由=+=+λ, 得=(λ-1,λ+,2-2λ),又平面CEF的一個(gè)法向量為n=
15、(0,1,). 若AP⊥平面CEF,則∥n,令=μn.得 方程組無解,不符合題意. 綜上,線段EC上不存在點(diǎn)P,使得AP⊥平面CEF. 14.如圖所示,四邊形ABCD是邊長為1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E為BC的中點(diǎn). (1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值; (2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S,使得ES⊥平面AMN?若存在,求線段AS的長;若不存在,請(qǐng)說明理由. 答案 (1) (2)存在,|AS|= 解析 (1)如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 依題意得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,
16、1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E(,1,0), 所以=(-,0,-1),=(-1,0,1),因?yàn)閨cos,|===. 所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為. (2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S,使得ES⊥平面AMN.連接AE,如圖所示. 因?yàn)椋?0,1,1),可設(shè)=λ=(0,λ,λ),又=(,-1,0), 所以=+=(,λ-1,λ).由ES⊥平面AMN, 得即解得λ=,此時(shí)=(0,,),||=. 經(jīng)檢驗(yàn),當(dāng)|AS|=時(shí),ES⊥平面AMN. 故線段AN上存在點(diǎn)S,使得ES⊥平面AMN,此時(shí)|AS|=. 1.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為
17、a的正方形,側(cè)面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,設(shè)E,F(xiàn)分別為PC,BD的中點(diǎn). (1)求證:EF∥平面PAD; (2)求證:平面PAB⊥平面PDC. 答案 (1)略 (2)略 思路 (1)(2) 證明 如圖,取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OF. 因?yàn)镻A=PD,所以PO⊥AD. 因?yàn)閭?cè)面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, 所以PO⊥平面ABCD. 又O,F(xiàn)分別為AD,BD的中點(diǎn),所以O(shè)F∥AB. 又ABCD是正方形,所以O(shè)F⊥AD. 因?yàn)镻A=PD=AD,所以PA⊥PD,OP=OA=. 以O(shè)為原點(diǎn),OA,OF,OP所在直線分別為x軸、y軸、z
18、軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(,0,0),F(xiàn)(0,,0),D(-,0,0),P(0,0,),B(,a,0),C(-,a,0). 因?yàn)镋為PC的中點(diǎn),所以E(-,,). (1)易知平面PAD的一個(gè)法向量為=(0,,0), 因?yàn)椋?,0,-),且·=(0,,0)·(,0,-)=0, 所以EF∥平面PAD. (2)因?yàn)椋?,0,-),=(0,-a,0), 所以·=(,0,-)·(0,-a,0)=0, 所以⊥,所以PA⊥CD. 又PA⊥PD,PD∩CD=D,所以PA⊥平面PDC. 又PA?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PDC. 2.已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是直角梯形
19、,∠BAD=90°,2AB=2AD=CD,側(cè)面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD,E是PC的中點(diǎn). (1)求證:BE⊥平面PCD; (2)在PB上是否存在一點(diǎn)F,使AF∥平面BDE? 答案 (1)略 (2)F為PB中點(diǎn)時(shí),AF∥平面BDE 解析 (1)以AD的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 設(shè)AB=AD=2, 則有B(1,2,0),C(-1,4,0), D(-1,0,0),P(0,0,),E(-,2,). ∴=(-,0,),=(-1,4,-), =(0,-4,0). ∴·=(-,0,)·(-1,4,-)=0, ·=(-,0,)·(0,-4,0)=0.
20、 即BE⊥PC,BE⊥CD. 又PC∩CD=C,∴BE⊥平面PCD. (2)設(shè)平面BDE的法向量為n=(x,y,z), ∵n⊥,n⊥,∴n·=0,n·=0. ∴ 令y=-1,則x=1,z=. ∴平面BDE的一個(gè)法向量為n=(1,-1,). 取PB中點(diǎn)F,則有F(,1,). 又A(1,0,0),∴=(-,1,). ∵·n=(-,1,)·(1,-1,)=--1+=0, ∴⊥n. 又n是平面BDE的法向量,且AF?平面BDE, ∴AF∥平面BDE. 故存在PB中點(diǎn)F使AF∥平面BDE. 3.(2017·衡水中學(xué)調(diào)研卷)如圖所示,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1D
21、⊥平面ABCD,底面ABCD是邊長為1的正方形,側(cè)棱A1A=2. (1)證明:AC⊥A1B; (2)是否在棱A1A上存在一點(diǎn)P,使得=λ且面AB1C1⊥面PB1C1. 答案 (1)略 (2)點(diǎn)P不存在 解析 以DA,DC,DA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,),B(1,1,0),D1(-1,0,),B1(0,1,),C1(-1,1,). (1)=(-1,1,0),=(1,1,-), ∴·=0,∴AC⊥A1B. (2)假設(shè)存在 ∵=λ,∴P(,0,). 設(shè)平面AB1C1的一個(gè)法向量為n1=
22、(x1,y1,z1), ∵=(-1,1,),=(-2,1,), ∴ 令z1=,則y1=-3,x1=0. ∴n1=(0,-3,). 同理可求面PB1C1的一個(gè)法向量為n2=(0,,-1), ∴n1·n2=0.∴--=0,即λ=-4. ∵P在棱A1A上,∴λ>0矛盾. ∴這樣的點(diǎn)P不存在. 4.(2018·石家莊市高三一檢)如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面ABCD為梯形,AD∥BC,CD⊥BC,AD=2,AB=BC=3,PA=4,M為AD的中點(diǎn),N為PC上的點(diǎn),且PC=3PN.求證:MN∥平面PAB. 證明 方法一:(傳統(tǒng)法) 如圖,在平面PBC內(nèi)作N
23、H∥BC交PB于點(diǎn)H,連接AH,在△PBC中,NH∥BC, 且NH=BC=1,AM=AD=1, 又AD∥BC,∴NH∥AM且NH=AM, ∴四邊形AMNH為平行四邊形, ∴MN∥AH, 又AH?平面PAB,MN?平面PAB, ∴MN∥平面PAB. 方法二:(向量法) 在平面ABCD內(nèi)作AE∥CD交BC于點(diǎn)E,則AE⊥AD. 分別以AE,AD,AP所在直線為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則P(0,0,4),M(0,1,0),C(2,2,0),N(,,),B(2,-1,0),A(0,0,0), =(,-,),=(0,0,4),=(2,-1,0). 設(shè)=m+n,
24、 ∴(,-,)=m(2,-1,0)+n(0,0,4), ∴m=,n=,∴、、共面. ∴∥平面PAB.又MN?平面PAB. ∴MN∥平面PAB. 方法三:(法向量) 建系寫點(diǎn)坐標(biāo)如方法二. 設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面PAB的一個(gè)法向量,則由m⊥,m⊥得∴ 令x1=1,則m=(1,2,0). ∴·m=·1-·2+·0=0. ∴m⊥,∴∥平面PAB. 又MN?平面PAB.∴MN∥平面PAB. 方法四:(基本法) 設(shè)=. 由題知=3. =- =+- =+- =-(-) =- =-(-) =+, ∴、、三向量共面. ∴∥平面APB. 又MN?平面PAB. ∴MN∥平面PAB.
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