【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(　　)
A．x＝6，y＝15　　　　　　 B．x＝3，y＝
C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝
答案　D
解析　∵∥，∴＝＝，∴x＝6，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x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)
单位法向量为：±＝±(，，)．
3．设点C(2a＋1，a＋1,2)在点P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1,4)确定的平面上，则a等于(　　)
A．16　　　　B．4 C．2　　　　D．8
答案　A
解析　＝(－1，－3,2)，＝(6，－1,4)．依据共面对量定理，设＝x＋y(x、y∈R)，则
(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3,2)＋y(6，－1,4)
＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)，
∴解得x＝－7，y＝4，a＝16.
4．在正方体ABCD－A1B1C1D1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MN
C．垂直于MN，但不垂直于AC
D．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(　　)
A．5 B.
C．4 D．2
答案　A
解析　设＝λ，D(x，y，z)，∴由·＝0，
得λ＝－，∴＝(－4，，)，∴||＝5.
6．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别在A1D、AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则(　　)

A．EF至多与A1D、AC之一垂直
B．EF是A1D，AC的公垂线
C．EF与BD1相交
D．EF与BD1异面
答案　B
解析　设AB＝1，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EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.
7．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为(　　)
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，＝(3,1,4)，
则解得
二、填空题
8．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.
9．若|a|=，b＝(1,2，－2)，c＝(2,3,6)，且a⊥b，a⊥c，则a＝________.
答案　(－，2，)或(，－2，－)
解析　设a＝(x，y，z)，
∵a⊥b，∴x＋2y－2z＝0.①
∵a⊥c，∴2x＋3y＋6z＝0.②
∵|a|＝.∴x2＋y2＋z2＝17.③
∴联立①②得x＝－18z，y＝10z，
代入③得425z2＝17，z＝±.
∴a＝(－，2，)或(，－2，－)．
10．设a＝(1,2,0)，b＝(1,0,1)，则“c＝(，－，－)”是“c⊥a，c⊥b且c为单位向量”的________．(将正确的序号填上)．
①充要条件
②充分不必要条件
③必要不充分条件
④既非充分条件也非必要条件
答案　②
解析　当c＝(，－，－)时，c⊥a，c⊥b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ABCD－A1B1C1D1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.
∴－a2＋az＝0.
∴z＝a，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ABCD－A1B1C1D1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，CP＝a，
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，a－1)，
＝(，1,0)，＝(0,1,1)．
设平面A1B1P的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝1，得x1＝a－1，
∴n1＝(a－1,0,1)．
设平面C1DE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则⇒
令x2＝－2，y2＝1，z2＝－1，∴n2＝(－2,1，－1)．
∵面A1B1P⊥面C1DE，
∴n1·n2＝0⇒－2(a－1)－1＝0，得a＝.
∴当P为C1C的中点时，平面A1B1P⊥平面C1DE.

13．已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，2AB＝2AD＝CD，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AB＝AD＝2，
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BE⊥PC，BE⊥CD.
又PC∩CD＝C，∴BE⊥平面PCD.
(2)解析　设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，
∵n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0，
∴，
令y＝－1，则x＝1，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，)
＝－－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，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝，CE＝EF＝1.
(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EF∥AG，且EF＝1，AG＝AC＝1，所以四边形AGEF为平行四边形．所以AF∥EG.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CE⊥AC，所以CE⊥平面ABCD.如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz.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·＝0－1＋1＝0，·＝－1＋0＋1＝0.所以CF⊥BE，CF⊥DE，所以CF⊥平面BDE.

拓展练习·自主餐

1．如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝4，点E在CC1上，且C1E＝3EC.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D—xyz.

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A1C⊥BD，A1C⊥DE.
又DB∩DE＝D，所以A1C⊥平面BED.
2．如图，在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，M为EC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AD.

证明：平面AMD⊥平面CDE.

解析　方法一　由于DC＝DE且M为CE的中点，所以DM⊥CE.取AD中点为P，连接MP，则MP⊥CE.又MP∩DM＝M，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AB＝1，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，CE⊥AM，CE⊥AD.又AM∩AD＝A，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，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝1，BC＝2，CD＝1＋，过A作AE⊥CD，垂足为E，G、F分别为AD、CE的中点，现将△ADE沿AE折叠，使得DE⊥EC.

(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DE⊥AE，DE⊥EC，
∵AE∩EC＝E，AE、EC⊂平面ABCE，
∴DE⊥平面ABCE，∴DE⊥BC.
又BC⊥CE，CE∩DE＝E，
∴BC⊥平面CDE.

(2)证明：取AB中点H，连接GH、FH，如右图，
∴GH∥BD，FH∥BC，∴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3AR＝RE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CD＝2，BR＝，CR＝，DR＝，CQ＝，在△BDR中，∵BR＝，DR＝，BD＝2，可知RQ＝，∴在△CRQ中，CQ2＋RQ2＝CR2，∴CQ⊥RQ.
又在△CBD中，CD＝CB，Q为BD中点，
∴CQ⊥BD，∴CQ⊥平面BDR，∴平面BDC⊥平面BDR.
(说明：若设AR＝x，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ABC—A1B1C1中，B1C1＝A1C1，AC1⊥A1B，M、N分别是A1B1、AB的中点．

(1)求证：C1M⊥平面A1ABB1；
(2)求证：A1B⊥AM；
(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，
∴AA1⊥MC1.
又∵C1A1＝C1B1，M为A1B1中点，
∴C1M⊥A1B1.
又A1B1∩A1A＝A1，∴C1M⊥平面A1B1.
方法二：由直棱柱性质得：面AA1B1B⊥平面A1B1C1，交线为A1B1，
又∵C1A1＝C1B1，M为A1B1的中点，
∴C1M⊥A1B1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.
∵AC1⊥A1B，∴A1B⊥AM.
(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．∴AM∥B1N.
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C1M∩AM＝M，CN∩NB1＝N，
∴平面AMC1∥平面NB1C.
方法二：由(1)知C1M⊥平面AA1B1B，
A1B⊂平面AA1B1B，∴C1M⊥A1B.
又∵A1B⊥AC1，而AC1∩C1M＝C1，
∴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A1B⊥AM，
又由已知A1B⊥AC1，AM∩AC1＝A，
∴A1B⊥平面AMC1
又∵平面AMC1∥平面NB1C.
∴A1B⊥平面NB1C.
又B1C⊂平面NB1C，∴A1B⊥B1C.
∴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CA＝CB＝C1A1，N为AB的中点，
∴CN⊥AB.∴CN⊥面AA1B1B.
∴CB1在侧面AA1B1B上的射影是NB1.
又由(2)知A1B⊥AM，由(3)知B1N∥AM，
∴A1B⊥B1N.由三垂线定理知B1C⊥A1B.
∴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，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，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，
∴EG∥FH.而EG⊂平面EDB，∴FH∥平面EDB.

(2)由四边形ABCD为正方形，有AB⊥BC.
又EF∥AB，∴EF⊥BC.
而EF⊥FB，∴EF⊥平面BFC，
∴EF⊥FH，∴AB⊥FH.
又BF＝FC，H为BC的中点，
∴FH⊥BC.
∴FH⊥平面ABCD.∴FH⊥AC.
又FH∥EG，∴AC⊥EG.
又AC⊥BD，EG∩BD＝G，∴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，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°.
(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，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以BC⊥平面ABEF.所以BC⊥EF.由于△ABE为等腰直角三角形，AB＝AE，所以∠AEB＝45°.又由于∠AEF＝45°，所以∠FEB＝45°＋45°＝90°，即EF⊥BE.
由于BC⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，BC∩BE＝B，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PM∥CN.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，AB＝AE，所以AE⊥AB.
又由于平面ABEF⊥平面ABCD，AE⊂平面ABEF，
平面ABEF∩平面ABCD＝AB.∴AE⊥平面ABCD，所以AE⊥AD.
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A－xyz.
不妨设AB＝1，则AE＝1，B(0,1,0)，D(1,0,0)，E(0,0,1)，C(1,1,0)．
由于FA＝FE，∠AEF＝45°，所以∠AFE＝90°，从而F.

所以＝，＝(0，－1,1)，＝(1,0,0).·＝0＋－＝0，·＝0.
所以EF⊥BE，EF⊥BC.
由于BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，BC∩BE＝B，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PM⊥FE，又EF⊥平面BCE，直线PM不在平面BCE内，故PM∥ 平面BCE.