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【高考调研】2016届高三理科数学一轮复习配套题组层级快练55



题组层级快练(五十五)
1.若平面 α 的一个法向量为(1,2,0),平面 β 的一个法向量为(2,-1,0),则平面 α 和平面 β 的位置关 系是( ) B.相交但不垂直 D.重合

A.平行 C.垂直 答案 C 解析 相垂直.

由(1,2,0)· (2,-1,0)=1×2+2×(-1)+0×0=0,知两平面的法向量互相垂直

,所以两平面互

→ → 2.已知点 A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则向量AB与AC的夹角为( A.30° C.60° 答案 C → → 解析 由已知得AB=(0,3,3),AC=(-1,1,0), → → → → AB· AC 3 1 ∴cos〈AB,AC〉= = = . → → 3 2× 2 2 |AB||AC| → → ∴向量AB与AC的夹角为 60° . 3.已知 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面 ABC 的一个单位法向量是( A.( 3 3 3 , ,- ) 3 3 3 3 3 3 , , ) 3 3 3 B .( 3 3 3 ,- , ) 3 3 3 3 3 3 ,- ,- ) 3 3 3 ) B.45° D.90°

)

C.(-

D.(-

答案 D → → 解析 AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1), 设平面 ABC 的一个法向量 n=(x,y,z),
? ?-x+y=0, ∴? ?-x+z=0. ?

令 x=1,则 y=1,z=1,∴n=(1,1,1). 3 3 3 n 单位法向量为± =± ( , , ). |n| 3 3 3 → → → → → → → 4.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),BP=(x-1,y,-3).若AB⊥BC,且BP⊥平面 ABC,则BP= ( ) 20 15 A.( ,- ,-3) 7 7 40 15 B.( ,- .-3) 7 7

33 15 C.( , ,-3) 7 7 答案 D

33 15 D.( ,- ,-3) 7 7

→ → → → 解析 ∵AB⊥BC.∴AB· BC=0,即 1×3+5×1-2×z=0,解得 z=4. → 又BP⊥平面 ABC, → → ?BP · AB=0, ∴有? → → ?BP · BC=0,
? ??x-1?+5y+6=0, 即? 解得 ?3?x-1?+y-12=0, ?

?x= 7 , ? 15 ?y=- 7 .

40

→ 33 15 ∴BP=( ,- ,-3).故选 D. 7 7

5.如图所示,在正方体 ABCD-A′B′C′D′中,棱长为 1,E,F 分别是 BC,CD 上的点,且 BE= CF=a(0<a<1),则 D′E 与 B′F 的位置关系是( )

A.平行 C.相交 答案 B

B.垂直 D.与 a 值有关

解析 方法一:如下图甲所示,连接 A′B,AB′,AF,DE 易知 A′B 是 D′E 在平面 ABB′A′上 的射影. ∵AB′⊥A′B,∴D′E⊥AB′. 又由 BE=CF,知 EC=FD,而 AD=CD, ∴Rt△DCE≌Rt△ADF.

∴∠EDC=∠FAD.而∠EDC+∠EDA=90° , ∴∠FAD+∠EDA=90° ,从而 AF⊥DE. 又易知 DE 是 D′E 在底面 ABCD 上的射影, ∴D′E⊥AF. 综上,知 D′E⊥平面 AB′F,从而 D′E⊥B′F. 方法二:建立如图乙所示空间直角坐标系. 则 D′(0,0,1),E(1-a,1,0),B′(1,1,1),F(0,1-a,0),

→ → ∴D′E=(1-a,1,-1),B′F=(-1,-a,-1). → → ∴D′E· B′F=(1-a)×(-1)+1×(-a)+(-1)×(-1)=a-1-a+1=0. → → ∴D′E⊥B′F,即 D′E⊥B′F. 6.设平面 α 与向量 a=(-1,2,-4)垂直,平面 β 与向量 b=(2,3,1)垂直,则平面 α 与 β 位置关系是 ________. 答案 垂直 解析 由已知 a,b 分别是平面 α,β 的法向量. ∵a· b=-2+6-4=0,∴a⊥b,∴α⊥β. 7.下列命题中,所有正确命题的序号为________. ①若 n1,n2 分别是平面 α,β 的法向量,则 n1∥n2?α∥β; ②若 n1,n2 分别是平面 α,β 的法向量,则 α⊥β?n1· n2=0; ③若 n 是平面 α 的法向量,a 与 α 共面,则 n· a=0; ④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直. 答案 ①②③④ 8.如右图所示,在底面是矩形的四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,E,F 分别是 PC,PD 的中点, PA=AB=1,BC=2.

(1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. 答案 (1)略 (2)略

→ → 思路 建立空间直角坐标系后,使用向量的共线定理证明EF∥AB即可证明第(1)问,第(2)问根据向量 的垂直关系证明线线垂直,进而证明线面垂直,得出面面垂直. 证明 以 A 为原点,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如下图所 1 1 1 示,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以 E 为( ,1, ),F 为(0,1, ). 2 2 2

→ → → 1 EF=(- ,0,0),PB=(1,0,-1),PD=(0,2,-1), 2 → → → → AP=(0,0,1),AD=(0,2,0),DC=(1,0,0),AB=(1,0,0).

→ → → 1→ (1)因为EF=- AB,所以EF∥AB,即 EF∥AB. 2 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB,所以 EF∥平面 PAB. → → → → → → → → (2)因为AP· DC=(0,0,1)· (1,0,0)=0,AD· DC=(0,2,0)· (1,0,0)=0,所以AP⊥DC,AD⊥DC,即 AP⊥DC, AD⊥DC. 又 AP∩AD=A,AP?平面 PAD,AD?平面 PAD,所以 DC⊥平面 PAD.因为 DC?平面 PDC,所以平 面 PAD⊥平面 PDC. 9.如图所示,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直,AB= 2,AF=1,M 是线段 EF 的中点.

(1)求证:AM∥平面 BDE; (2)求证:AM⊥平面 BDF. 答案 (1)略 (2)略

证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系,

设 AC∩BD=N,连接 NE. 则点 N,E 的坐标分别为( 2 2 , ,0),(0,0,1). 2 2

→ 2 2 ∴NE=(- ,- ,1). 2 2 又点 A,M 的坐标分别是( 2, 2,0),( → 2 2 ∴AM=(- ,- ,1). 2 2 → → ∴NE=AM且 NE 与 AM 不共线.∴NE∥AM. 又∵NE?平面 BDE,AM?平面 BDE, ∴AM∥平面 BDE. → 2 2 (2)同(1),AM=(- ,- ,1), 2 2 → ∵D( 2,0,0),F( 2, 2,1),∴DF=(0, 2,1). 2 2 , ,1), 2 2

→ → → → ∴AM· DF=0.∴AM⊥DF. → → 同理AM⊥BF.又 DF∩BF=F,∴AM⊥平面 BDF. 10.如右图所示,正三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长都为 2,D 为 CC1 的中点.求证:AB1⊥平面 A1BD.

答案 略 证明 方法一:设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量为 m.由共面向量定理,则存在实数 λ, → → μ,使 m=λBA1+μBD. → → → 令BB1=a,BC=b,BA=c,显然它们不共面,并且|a|=|b|=|c|=2,a· b=a· c=0,b· c=2,以它们为空 → → 1 → → → → 1 间的一组基底,则BA1=a+c,BD= a+b,AB1=a-c,m=λBA1+μBD=(λ+ μ)a+μb+λc,AB1· m=(a 2 2 → 1 1 -c)· [(λ+ μ)a+μb+λc]=4(λ+ μ)-2μ-4λ=0.故AB1⊥m,结论得证. 2 2 方法二:基向量的取法同上. → → ∵AB1· BA1=(a-c)· (a+c)=|a|2-|c|2=0, → → → → → → 1 1 1 AB1· BD=(a-c)· ( a+b)= |a|2+a· b- a· c-b· c=0,∴AB1⊥BA1,AB1⊥BD,即 AB1⊥BA1,AB1⊥BD, 2 2 2 由直线和平面垂直的判定定理,知 AB1⊥平面 A1BD. 方法三:取 BC 的中点 O,连接 AO. ∵△ABC 为正三角形,∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,平面 ABC⊥平面 BCC1B1,∴AO⊥平面 BCC1B1. → → → 取 B1C1 的中点 O1,以 O 为原点,OB,OO1,OA的方向分别为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标 系,如下图所示,则 B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2, 3),A(0,0, 3),B1(1,2,0).设平面 A1BD 的法向量为 → → n=(x,y,z),BA1=(-1,2, 3),BD=(-2,1,0).

→ → → n· BA1=0, 则 n⊥BA1,n⊥BD,故 → n· BD=0

? ? ?

?-x+2y+ 3z=0, ?? 令 x=1,则 y=2,z=- 3. ?-2x+y=0,
→ → → 故 n=(1,2,- 3)为平面 A1BD 的一个法向量,而AB1=(1,2,- 3),∴AB1=n,即AB1∥n,∴AB1 ⊥平面 A1BD. 11.(2015· 海淀区模拟)如图所示,ABCD 是边长为 3 的正方形,DE⊥平面 ABCD,AF∥DE,DE=3AF, BE 与平面 ABCD 所成角为 60° .

(1)求证:AC⊥平面 BDE; (2)设点 M 是线段 BD 上一个动点,试确定 M 的位置,使得 AM∥平面 BEF,并证明你的结论. 答案 (1)略 1 (2)BM= BD 时,AM∥平面 BEF. 3 解析 (1)因为 DE⊥平面 ABCD,所以 DE⊥AC.

因为 ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD. 从而 AC⊥平面 BDE. (2)因为 DA,DC,DE 两两垂直, 所以建立空间直角坐标系 D-xyz 如图所示. 因为 BE 与平面 ABCD 所成角为 60° , ED 即∠DBE=60° ,所以 = 3. DB 因为正方形 ABCD 的边长为 3, 所以 BD=3 2,所以 DE=3 6,AF= 6. 则 A(3,0,0),F(3,0, 6),E(0,0,3 6),B(3,3,0),C(0,3,0). → → 所以BF=(0,-3, 6),EF=(3,0,-2 6). → ?n· BF=0, 设平面 BEF 的法向量为 n=(x,y,z),则? → ? n· EF=0,

?-3y+ 6z=0 即? ,令 z= 6,则 n=(4,2, 6). ?3x-2 6z=0
点 M 是线段 BD 上一个动点,设 M(t,t,0). → 则AM=(t-3,t,0). → 因为 AM∥平面 BEF,所以AM· n=0. 即 4(t-3)+2t=0,解得 t=2. 1 此时,点 M 为(2,2,0),BM= BD,符合题意. 3



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