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2014届高三数学一轮复习《立体几何中的向量方法(一)平行与垂直的证明》理



[第 43 讲

立体几何中的向量方法(一)——平行与垂直的证 明]

(时间:45 分钟 分值:100 分)

基础热身 1.[2013·海口二模] 平面 α 经过三点 A(-1,0,1),B(1,1,2),C(2,-1,0), 则下列向量中与平面 α 的法向量不垂直的是( ) 1 ? ? A.a=? ,-1,-1?

B.a=(6,-2,-2) ?2 ? C.a=(4,2,2) D.a=(-1,1,4) 2. [2013·乌鲁木齐二模] 若直线 l 的方向向量为 a, 平面α 的法向量为 n, 能使 l∥α 的可能是( ) A.a=(1,0,0),n=(-2,0,0) B.a=(1,3,5),n=( 1,0,1) C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1) D.a=(1,-1,3),n =(0,3,1) 3.[2013·哈尔滨三模] 若平面π 1,π 2 互相垂直,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),n1=(-2,1,1) C.n1=(1,1,1),n2=(-1,2,1) D.n1=(1,2,1),n1=(0,-2,-2) 4.a,b 是两个非零向量,α ,β 是两个平面,下列命题正确的是( ) A.a∥b 的必要条件是 a,b 是共面向量 B.a,b 是共面向量,则 a∥b C.a∥α ,b∥β ,则 α ∥β D.a∥α ,b α ,则 a,b 不是共面向量

能力提升 → → → → 5.[2013·郑州三模] 已知点 A,B,C∈平面 α ,点 P?平面 α ,则AP·AB=0 且AP·AC → → =0 是AP·BC=0 的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.[2013·合肥三模] 如图 K43-1,将边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二 → 1→ 1→ → → 2 面角,若点 P 满足BP= BA- BC′+BD,则|BP| 的值为( ) 2 2

图 K43-1 3 A. 2 B.2 10- 2 C. 4 9 D. 4 7.[2013·南宁三模] 二面角的棱上有 A,B 两点,直线 AC,BD 分别在这个二面角的两 个半平面内,且都垂直于 AB.已知 AB=4,AC=6,BD=8,CD=2 17,则该二面角的大小为 ( ) A.150° B.45° C.60° D.120° 8.已知二面角 α -l-β 的大小为 120°,点 B,C 在棱 l 上,A∈α ,D∈β ,AB⊥l, CD⊥l,AB=2,BC=1,CD=3,则 AD 的长为( ) A. 14 B. 13 C.2 2 D.2 5 9.已知空间三点 A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).若|a|= 3,且 a 分别 → → 与AB,AC垂直,则向量 a 的坐标为( ) A.(1,1,1) B.(-1,-1,-1) C.(1,1,1)或(-1,-1,-1) D.(1,-1,1)或(-1,1,-1) 10. [2013·银川三模] 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为直角梯形, AB∥CD, BA⊥AD, PA⊥平面 ABCD,AB=AP=AD=3,CD=6. 则直线 PD 与 BC 所成的角的大小为________. 11.[2013·长春模拟] 在直角坐 标系 xOy 中,设 A(-2,3),B(3,-2),沿 x 轴把直 角坐标平面折成大小为 θ 的二面角后,这时|AB| =2 11,则 θ 的大小为________.

图 K43-2 12. [2013·南京三模] 如图 K43-2, 四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形, SD⊥平面 ABCD, SD=2,AD= 2, 则二面角 C-AS-D 的余弦值为________. 13.如图 K43-3,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 的和的值为________.

图 K43-3 14.(10 分)[2013·太原三模] 已知 E,F,G,H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB,BC, CD,DA 的中点,用向量方法证明: (1)E,F,G,H 四点共面; (2)BD∥平面 EFGH.

15.(13 分)如图 K43-4,在四棱锥 P-ABCD 中,已知 PA⊥平面 ABCD,PB 与平面 ABC 1 成 60°的角,底面 ABCD 是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,AB=BC= AD. 2 (1)求证:平面 PCD⊥平面 PAC; 1 (2)设 E 是棱 PD 上一点,且 PE= PD,求异面直线 AE 与 PB 所成的角的余弦值. 3

图 K43-4

难点突破 16.(12 分)如图 K43-5,平面 PAC⊥平面 ABC,△ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角 形,E,F,O 分别为 PA,PB,AC 的中点,AC=16,PA=PC=10. (1)设 G 是 OC 的中点,证明 FG∥平面 BOE; (2)证明在△ABO 内存在一点 M,使 FM⊥平面 BOE.

课时作业(四十三) 【基础热身】 → → → → → → 1.D [解析] 设平面 α 的法向量为 n,则 n⊥AB,n⊥AC,n⊥BC,所有与AB(或AC,BC) → → 平行的向量或可用AB与AC线性表示的向量都与 n 垂直,故选 D. 2.D [解析] 欲使 l∥α ,应有 n⊥a,∴n·a=0,故选 D. 3.A [解析] 两个平面垂直时其法向量也垂直,只有选项 A 中的两个向量垂直. 4.A [解析] 选项 B 中,a,b 共面不一定平行;选项 C 中更不可能;选项 D,空间任 意两个向量都共面,故 a,b 共面. 【能力提升】 → → ? ?AP·AB=0, → → → → → → → 5.A [解析] 由? 得AP·(AB-AC)=0,即AP·CB=0,亦即AP·BC=0, → ?→ AP·AC=0 ? → → → → → → → → → 反之,若AP·BC=0,则AP·(AC -AB)=0,AP·AB=AP·AC,未必等于 0. 6.D [解析] 由题意,翻折后 AC′=AB=BC′,∴∠ABC′=60°, 2 →? → 2 ?1→ 1→ ∴|BP| =? BA- BC′+BD? 2 ?2 ? 1 → 2 1 → 1 → 2 1→ → → → → → 1 1 2 = | BA | + |BC′ | +|BD | - BA·BC ′-BC ′·BD+ BA ·BD = + +2- ×1×1× 4 4 2 4 4 2 9 cos60°-1× 2cos45°+1× 2×cos45°= . 4 → → → → → → → → 7.C [解析] 由条件知,CA·AB=0,AB·BD=0,CD=CA+AB+BD. → 2 → 2 → 2 → 2 → → → → → → 2 2 2 ∴|CD| =|CA| +|AB| +|BD| +2CA·AB+2AB·BD+2CA·BD=6 +4 +8 +2×6×8cos → → 〈CA,BD〉 1 → → → → 2 =116+96cos〈CA,BD〉=(2 17) ,∴cos〈CA,BD〉=- , 2 → → ∴〈CA,BD〉=120°,所以二面角的大小为 60°. → → → → → → → → → 8.D [解析] 由 条件知|AB|=2,|BC|=1,|CD|=3,AB⊥BC,BC⊥CD, 〈AB,CD〉= → → → → 60°,AD=AB+BC+CD, → 2 → 2 → 2 → 2 → → → → → → ∴|AD| =|AB| +|BC| +|CD| +2AB·BC+2BC·CD+2AB·CD → =4+1+9+2×2×3×cos60°=20,∴|AD|=2 5. → → → 9. C [解析] 设 a=(x, y, z), 由条件知AB=(-2, -1, 3), AC=(1, -3, 2), ∵a⊥AB, → a⊥AC,|a|= 3, ?-2x-y+3z=0, ∴?x-3y+2z=0, 将选项代入检验知选 C.

?

? ?x2+y2+z2=3,

10.60° [解析] 以 A 为坐标原点,AB,AD,AP 所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),P(0,0,3),B(3,0,0),D(0,3,0), C(6,3,0). → → PD·BC 9 1 → → → → PD=(0,3,-3),BC=(3,3,0),所以 cos〈PD,BC〉= = = , → → 2 |PD|·|BC| 3 2×3 2 → → 即〈PD,BC〉=60°,于是直线 PD 与 BC 所成的角等于 60°.

→ → → → 11.120° [解析] 作 AC⊥x 轴于 C,BD⊥x 轴于 D,则AB=AC+CD+DB, → → → → → → → → → → → ∵|AC|=3,|CD|=5,|DB|=2,AC·CD=0,CD·DB=0,AC·DB=|AC|·|DB|cos(180° -θ )=-6cosθ , → 2 → → → 2 → 2 → 2 → 2 → → → → → → ∴|AB| =(AC+CD+DB) =|AC| +|CD| +|DB| +2(AC·CD+CD·DB+DB·AC), 1 2 2 2 2 ∴(2 11) =3 +5 +2 +2(0-0-6cosθ ), ∴cosθ =- .由于 0°≤θ ≤180°, ∴θ 2 =120°. 10 12. [解析] 如图, 以 D 为原点建立空间直角坐标系 D-xyz.则 D(0, 0, 0), A ( 2, 5 → → 0,0),B( 2, 2,0),C(0, 2,0),S(0,0,2),得SA=( 2,0,-2),SC=(0, 2, -2).

设 平面 ACS 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n·SA=0, ? 2x-2z=0, 则? 即? ?n·→ SC=0, ? 2y-2z=0. ? → 取 z= 2,得 n=(2,2, 2).易知平面 ASD 的一个法向量为DC=(0, 2,0).设二 → |n·DC| 10 面角 C-AS-D 的大小为 θ ,则|cosθ |= = .结合图形知二面角 C-AS-D 的 → 5 |n|·|DC| 10 . 5 13.1 [解析] 以 D1 为原点,直线 D1A1,D1C1,D1D 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐 标系,则 A(1,0,1),B(1,1,1),B1(1,1,0), 设 DF=t,CE=k,则 D1F=1-t,∴F(0,0,1-t),E(k,1,1),要使 B1E⊥平面 ABF, 易知 AB⊥B1E,故只要 B1E⊥AF 即可, → → → → ∵AF=(-1,0,-t),B1E=(k-1,0,1),∴AF·B1E=1-k-t=0,∴k+t=1,即 CE+DF=1. 余弦值为

→ → → → 1 → → 14.证明:(1)如图,EG=EB+BG=EB+ (BC+BD) 2 → → → → → =EB+BF+EH=EF+EH, 由共面向量定理知:E,F,G,H 四点共面.

→ → → 1→ 1→ 1 → → 1→ (2)∵EH=AH-AE= AD- AB= (AD-AB)= BD, 2 2 2 2 且 E,H,B,D 四点不共线,∴EH∥BD. 又 EH? 平面 EFGH,BD?平面 EFGH, ∴BD∥平面 EFGH.

15.解: 如下图, 建立空间直角坐标系 A-xyz.∵PA⊥平面 ABCD, PB 与平面 ABC 成 60° 角,∴∠PBA=60°. 取 AB=1,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,0, 3),D(0,2,0). → → → (1)∵AC=(1,1,0),AP=(0,0, 3),CD=(-1,1,0), → → → → ∴AC·CD=-1+1+0=0,AP·CD=0. ∴AC⊥CD,AP⊥CD,∴CD⊥平面 PAC. 又 CD? 平面 PCD,∴平面 PCD⊥平面 PAC. ? 2 2 3? → 1→ → ? 2 2 3? → → → (2)∵PE= PD,∴E?0, , ?,∴AE=?0, , ?.又PB=(1,0,- 3),∴AE·PB 3 ? 3 3 ? ? 3 3 ? =-2. → → AE·PB -2 3 → → ∴cos〈AE,PB〉= = =- . → → 4 4 |AE|·|PB| ×2 3 3 ∴异面直线 AE 与 PB 所成的角的余弦值为 . 4 【难点突破】

16.证明:(1)如下图,连接 OP,由条件可得 OB,OC,OP 两两垂直,以点 O 为坐标原 点,分别以 OB,OC,OP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 O-xyz,由条件 知,OA=OC=8,PO=6,OB=8,则 O(0,0,0),A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0), P(0,0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3),G(0,4,0). → → 因为OB=(8,0,0),OE=(0,-4,3 ),所以平面 BOE 的一个法向量 n=(0,3,4), → → 由FG=(-4,4,-3),得 n·FG=0. 又直线 FG 不在平面 BOE 内,所以 FG∥平面 BOE. → (2)设点 M 的坐标为(x0,y0,0),则FM=(x0-4,y0,-3). 9 ? 9 → ? 因为 FM⊥平面 BOE,所以FM∥n,因此 x0=4,y0=- ,即点 M 的坐标是?4,- ,0?. 4 ? 4 ? ?x>0, 在平面直角坐标系 xOy 中,△AOB 的内部区域可表示为不等式组?y<0,

?

? ?x-y<8.

经检验,点 M 的坐标满足上述不等式组,所以在△AOB 内存在一点 M,使 FM⊥平面 BOE.



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