【2021高考复习参考】高三数学(理)配套黄金练习：8.7.docx

第八章 8.7 第7课时高考数学（理）黄金配套练习一、选择题1已知(2,4,5)，(3，x，y)，若，则()Ax6，y15 Bx3，yCx3，y15 Dx6，y答案D解析，x6，y.2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(，) B(，)C(，) D(，)答案D解析(1,1,0)，(1,0,1)设平面ABC的一个法向量n(x，y，z)令x1，则y1，z1，n(1,1,1)单位法向量为：(，)3设点C(2a1，a1,2)在点P(2,0,0)、A(1，3,2)、B(8，1,4)确定的平面上，则a等于()A16B4 C2D8答案A解析(1，3,2)，(6，1,4)依据共面对量定理，设xy(x、yR)，则(2a1，a1,2)x(1，3,2)y(6，1,4)(x6y，3xy,2x4y)，解得x7，y4，a16.4在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M、N分别是棱DD1、D1C1的中点，则直线OM()A是AC和MN的公垂线B垂直于AC，但不垂直于MNC垂直于MN，但不垂直于ACD与AC、MC都不垂直答案A解析建立空间直角坐标系，通过向量运算可得5(2011中山模拟)ABC的顶点分别为A(1，1,2)，B(5，6,2)，C(1,3，1)，则AC边上的高BD等于()A5 B.C4 D2答案A解析设，D(x，y，z)，由0，得，(4，)，|5.6如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别在A1D、AC上，且A1EA1D，AFAC，则()AEF至多与A1D、AC之一垂直BEF是A1D，AC的公垂线CEF与BD1相交DEF与BD1异面答案B解析设AB1，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(，0，)，F(，0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，(1,0，1)，(1,1,0)，(，)，(1，1，1)，0，从而EFBD1，EFA1D，EFAC.7已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为()A.，4 B.，4C.，2,4 D4，15答案B解析，0，即352z0，得z4，又BP平面ABC，BPAB，BPBC，(3,1,4)，则解得二、填空题8设平面与向量a(1,2，4)垂直，平面与向量b(2,3,1)垂直，则平面与位置关系是_答案垂直解析由已知a，b分别是平面，的法向量ab2640，ab，.9若|a|=，b(1,2，2)，c(2,3,6)，且ab，ac，则a_.答案(，2，)或(，2，)解析设a(x，y，z)，ab，x2y2z0.ac，2x3y6z0.|a|.x2y2z217.联立得x18z，y10z，代入得425z217，z.a(，2，)或(，2，)10设a(1,2,0)，b(1,0,1)，则“c(，)”是“ca，cb且c为单位向量”的_(将正确的序号填上)充要条件充分不必要条件必要不充分条件既非充分条件也非必要条件答案解析当c(，)时，ca，cb且c为单位向量，反之则不成立三、解答题11棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，在棱DD1上是否存在一点P使B1D平面PAC?解析以D为原点建立如图所示空间直角坐标系设存在点P(0,0，z)，(a,0，z)，(a，a,0)，(a，a，a)B1D平面PAC，0，0.a2az0.za，即点P与D1重合存在一点P，即点P与D1重合时，DB1平面PAC.12.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱BC的中点，试在棱CC1上求一点P，使得平面A1B1P平面C1DE.解析如图所示，以D为原点，直线DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设正方体的棱长为1，CPa，则P(0,1，a)、A1(1,0,1)、B1(1,1,1)、E(，1,0)、C1(0,1,1)，(0,1,0)， (1,1，a1)，(，1,0)，(0,1,1)设平面A1B1P的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令z11，得x1a1，n1(a1,0,1)设平面C1DE的一个法向量为n2(x2，y2，z2)，则令x22，y21，z21，n2(2,1，1)面A1B1P面C1DE，n1n202(a1)10，得a.当P为C1C的中点时，平面A1B1P平面C1DE.13已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，BAD90，2AB2ADCD，侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中点(1)求证：BE平面PCD；(2)在PB上是否存在一点F，使AF平面BDE?解析(1)证明以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设ABAD2，则有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.即BEPC，BECD.又PCCDC，BE平面PCD.(2)解析设平面BDE的法向量为n(x，y，z)，n，n，n0，n0，令y1，则x1，z.平面BDE的一个法向量为(1，1，)取PB中点F，则有F(，1， )又A(1,0,0)，(，1，)，n(，1，)(1，1，)10，n.又n是平面BDE的法向量，且AF平面BDE，AF平面BDE.故存在PB中点F使AF平面BDE.14.如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，CEAC，EFAC，AB，CEEF1.(1)求证：AF平面BDE；(2)求证：CF平面BDE.解析(1)设AC与BD交于点G，由于EFAG，且EF1，AGAC1，所以四边形AGEF为平行四边形所以AFEG.由于EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE.(2)由于正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD.如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0,0,0)，A(，0)，B(0，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，F(，1)所以(， ，1)，(0，1)，(，0,1)所以0110，1010.所以CFBE，CFDE，所以CF平面BDE.拓展练习自主餐1如图，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB4，点E在CC1上，且C1E3EC.证明：A1C平面BED.解析以D为坐标原点，射线DA为x轴的正半轴，建立如图所示直角坐标系Dxyz.依题设B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,4)(0,2,1)，(2,2,0)，(2,2，4)，(2,0,4)由于0，0，故A1CBD，A1CDE.又DBDED，所以A1C平面BED.2如图，在五面体ABCDEF中，FA平面ABCD，ADBCFE，ABAD，M为EC的中点，AFABBCFEAD.证明：平面AMD平面CDE.解析方法一由于DCDE且M为CE的中点，所以DMCE.取AD中点为P，连接MP，则MPCE.又MPDMM，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.方法二如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点设AB1，依题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)，M(，1，)由(，1，)，(1,0,1)，(0,2,0)，可得0，0.因此，CEAM，CEAD.又AMADA，故CE平面AMD.而CE平面CDE，所以平面AMD平面CDE.3如图，已知直角梯形ABCD中，ABCD，ABBC，AB1，BC2，CD1，过A作AECD，垂足为E，G、F分别为AD、CE的中点，现将ADE沿AE折叠，使得DEEC.(1)求证：BC平面CDE；(2)求证：FG平面BCD；(3)在线段AE上找一点R，使得平面BDR平面DCB，并说明理由解析(1)证明：由已知得DEAE，DEEC，AEECE，AE、EC平面ABCE，DE平面ABCE，DEBC.又BCCE，CEDEE，BC平面CDE.(2)证明：取AB中点H，连接GH、FH，如右图，GHBD，FHBC，GH平面BCD，FH平面BCD，平面FHG平面BCD，GF平面BCD.(3)分析可知，R点满足3ARRE时，平面BDR平面DCB.证明：取BD中点Q，连接DR、BR、CR、CQ、RQ，如下图简洁计算CD2，BR，CR，DR，CQ，在BDR中，BR，DR，BD2，可知RQ，在CRQ中，CQ2RQ2CR2，CQRQ.又在CBD中，CDCB，Q为BD中点，CQBD，CQ平面BDR，平面BDC平面BDR.(说明：若设ARx，通过分析，利用平面BDC平面BDR推算出x亦可，不必再作证明)4如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，B1C1A1C1，AC1A1B，M、N分别是A1B1、AB的中点(1)求证：C1M平面A1ABB1；(2)求证：A1BAM；(3)求证：平面AMC1平面NB1C；(4)求A1B与B1C所成的角思路分析(1)考虑使用线面垂直的判定定理；(2)利用三垂线定理或逆定理；(3)利用两平面平行的判定定理；(4)由于题目中未给出相关的线段长，因此该角确定是特殊角，从90，60，45，30入手考虑解析(1)方法一：由直棱柱性质可得AA1平面A1B1C1，又C1M平面A1B1C1，AA1MC1.又C1A1C1B1，M为A1B1中点，C1MA1B1.又A1B1A1AA1，C1M平面A1B1.方法二：由直棱柱性质得：面AA1B1B平面A1B1C1，交线为A1B1，又C1A1C1B1，M为A1B1的中点，C1MA1B1于M.由面面垂直的性质定理可得C1M面AA1B1B.(2)由(1)知C1M平面A1ABB1，C1A在侧面AA1B1B上的射影为MA.AC1A1B，A1BAM.(3)方法一：由棱柱性质知AA1B1B是矩形，M、N分别是A1B1、AB的中点，AN綊B1M.AMB1N是平行四边形AMB1N.连结MN，在矩形AA1B1B中有MB1綊BN，BB1MN是平行四边形BB1綊MN.又由BB1綊CC1，知MN綊CC1.MNCC1是平行四边形C1M綊CN.又C1MAMM，CNNB1N，平面AMC1平面NB1C.方法二：由(1)知C1M平面AA1B1B，A1B平面AA1B1B，C1MA1B.又A1BAC1，而AC1C1MC1，A1B平面AMC1.同理，可以证明A1B平面B1NC.平面AMC1平面B1NC.(4)方法一：由(2)知A1BAM，又由已知A1BAC1，AMAC1A，A1B平面AMC1又平面AMC1平面NB1C.A1B平面NB1C.又B1C平面NB1C，A1BB1C.A1B与B1C所成的角为90.方法二：由棱柱性质有面ABC平面AA1B1B，交线为AB，又CACBC1A1，N为AB的中点，CNAB.CN面AA1B1B.CB1在侧面AA1B1B上的射影是NB1.又由(2)知A1BAM，由(3)知B1NAM，A1BB1N.由三垂线定理知B1CA1B.A1B与B1C所成的角为90.老师备选题1如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EFAB，EFFB，AB2EF，BFC90，BFFC，H为BC的中点(1)求证：FH平面EDB；(2)求证：AC平面EDB；解析(1)解法一设AC与BD交于点G，则G为AC的中点，连EG，GH，又H为BC的中点，GH綊AB.又EF綊AB，EF綊GH，四边形EFHG为平行四边形，EGFH.而EG平面EDB，FH平面EDB.(2)由四边形ABCD为正方形，有ABBC.又EFAB，EFBC.而EFFB，EF平面BFC，EFFH，ABFH.又BFFC，H为BC的中点，FHBC.FH平面ABCD.FHAC.又FHEG，ACEG.又ACBD，EGBDG，AC平面EDB.2如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面相互垂直，ABE是等腰直角三角形，ABAE，FAFE，AEF45.(1)求证：EF平面BCE；(2)设线段CD的中点为P，在直线AE上是否存在一点M，使得PM平面BCE？若存在，请指出点M的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由解析解法一：(1)如图，由于平面ABEF平面ABCD，BC平面ABCD，BCAB，平面ABEF平面ABCDAB，所以BC平面ABEF.所以BCEF.由于ABE为等腰直角三角形，ABAE，所以AEB45.又由于AEF45，所以FEB454590，即EFBE.由于BC平面BCE，BE平面BCE，BCBEB，所以EF平面BCE.(2)存在点M，当M为线段AE的中点时，PM平面BCE.取BE的中点N，连接CN、MN，则MN綊AB綊PC，所以四边形PMNC为平行四边形，所以PMCN.由于CN在平面BCE内，PM不在平面BCE内，所以PM平面BCE.解法二：(1)由于ABE为等腰直角三角形，ABAE，所以AEAB.又由于平面ABEF平面ABCD，AE平面ABEF，平面ABEF平面ABCDAB.AE平面ABCD，所以AEAD.因此，AD、AB、AE两两垂直以A为坐标原点，建立如下图所示的直角坐标系Axyz.不妨设AB1，则AE1，B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)由于FAFE，AEF45，所以AFE90，从而F.所以，(0，1,1)，(1,0,0).00，0.所以EFBE，EFBC.由于BE平面BCE，BC平面BCE，BCBEB，所以EF平面BCE.(2)存在点M，当M为AE中点时，PM平面BCE.M，P.从而，于是0.所以PMFE，又EF平面BCE，直线PM不在平面BCE内，故PM 平面BCE.