2022版高考数学一轮复习-41-立体几何中的向量方法—证明平行与垂直训练新人教B版.doc

2022版高考数学一轮复习 41 立体几何中的向量方法—证明平行与垂直训练新人教B版

2022版高考数学一轮复习 41 立体几何中的向量方法—证明平行与垂直训练新人教B版

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四十一　立体几何中的向量方法——证明平行与垂直
(建议用时：45分钟)
A组　全考点巩固练
1．已知平面α，β的法向量分别为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．以上均不对
C　解析：因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直．
2．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为(　　)

A.(1,1,1) B.
C. D.
C　解析：设AC与BD相交于点O，连接OE(图略)，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以AM∥EO.又O是正方形ABCD对角线的交点，所以M为线段EF的中点．
在空间直角坐标系中，E(0,0,1)，F(，，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标为.
3．(多选题)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点．若平行六面体的各棱长均相等，则(　　)

A．A1M∥D1P B．A1M∥B1Q
C．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1
ACD　解析：＝＋＝＋，＝＋＝＋，所以∥，所以A1M∥D1P.由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.
4．(2020·泰安高三第五次模拟)在四面体ABCD中，BC＝CD＝BD＝AB＝2，∠ABC＝90°，二面角A－BC－D的平面角为150°，则四面体ABCD外接球的表面积为(　　)
A．π B．π
C．31π D．124π
B　解析：取BC中点E为坐标系原点，过点E作垂直于平面BCD的直线为z轴，EB所在直线为x轴，ED所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

由已知条件可得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(0，，0)，A(1，－，1)．
设四面体ABCD外接球的球心为O(x，y，z)，
由|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|，
得
＝
＝
＝.
解得，则球心O.
所以四面体ABCD外接球的半径R＝|OA|＝＝，所以四面体ABCD外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝.故选B.
5．在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1，6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________．
2　解析：由题意知·＝0，||＝||，
又＝(6，－2，－3)，＝(x－4,3，－6)，
所以解得x＝2.
6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点．若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．
1　解析：以D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、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)，F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，所以＝(x－1,0,1)，＝(1,1，y)．因为B1E⊥平面ABF，所以·＝(1,1，y)·(x－1,0,1)＝0，所以x＋y＝1.
7．如图，在直三棱柱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．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)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)，B(4，0,0)，B1(4，0,4)．
(1)设AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
所以＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，
所以＝，所以DE∥NC.
又因为NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，
所以DE∥平面ABC.
(2)＝(－2,2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．
因为·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，
所以⊥，⊥，
即B1F⊥EF，B1F⊥AF.
又因为AF∩FE＝F，所以B1F⊥平面AEF.
8．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD.设E，F分别为PC，BD的中点．
求证：(1)EF∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PDC.

证明：(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.

因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为侧面PAD⊥底面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，
所以OF∥AB.
又ABCD是正方形，所以OF⊥AD.
因为PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝.
以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A，F，D，P，B，C.
因为E为PC的中点，
所以E.
易知平面PAD的一个法向量为＝.
因为＝，
且·＝·＝0.
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)因为＝，＝(0，－a,0)，
所以·＝·(0，－a，0)＝0，
所以⊥，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，
所以PA⊥平面PDC.
又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.
B组　新高考培优练
9．(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，且＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．下列结论正确的是(　　)
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.是平面ABCD的法向量
D.∥
ABC　解析：因为·＝(2，－1，－4)·(－1，2，－1)＝0，
·＝(4,2,0)·(－1,2，－1)＝0，
所以AB⊥AP，AD⊥AP，故选项A，B正确．
又与不平行，
所以是平面ABCD的法向量，故选项C正确．
由于＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，所以与不平行，故选项D错误．
10．如图，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点．若D1F⊥DE，则有(　　)

A．B1E＝EB
B．B1E＝2EB
C．B1E＝EB
D．E与B重合
A　解析：以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.

设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，F(0，1,0)，D1(0,0,2)，设E(2,2，z)，＝(0,1，－2)，＝(2,2，z)．因为·＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB.
11．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点．若线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ有________个．

2　解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，所以OP的中点坐标为.又知D1(0,0,2)，所以Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，所以xQ＋yQ＝3，所以x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.所以有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.

12．如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________．

　解析：以点O为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．

则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，S(0,0，)，M.
设P(x，y,0)，
所以＝，＝.
由·＝y－＝0，得y＝，
所以点P的轨迹方程为y＝.
根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2＝.
13．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.求证：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.

证明：(1)取BC的中点O，连接PO，
因为△PBC为等边三角形，所以PO⊥BC.
因为平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
所以PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝，
所以A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0，0，)，
所以＝(－2，－1,0)，＝(1，－2，－)．
因为·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，
所以⊥，所以PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则M.
因为＝，＝(1,0，－)，
所以·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，
所以⊥，即DM⊥PB.
因为·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，
所以⊥，即DM⊥PA.
又因为PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以DM⊥平面PAB.
因为DM⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面PAB.