2021届高中数学人教版高考复习知能演练轻松闯关-第七章第7课时.docx

[基础达标]
1. 如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO、AM的位置关系是(　　)

A．平行 B．相交
C．异面垂直 D．异面不垂直

解析：选C．建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，＝(－1，0，－2)，＝(－2，0，1)，·＝0，则直线NO、AM的位置关系是异面垂直．

2．两个不同的平面α，β的法向量分别为m，n，向量a，b是平面α及β之外的两条不同的直线的方向向量，给出四个论断：①a⊥b；②m⊥n；③m∥a；④n∥B．
以其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题________．
解析：依题意，可得以下四个命题：(1)①②③⇒④；(2)①②④⇒③；(3)①③④⇒②；(4)②③④⇒①.不难发觉，命题(3)，(4)为真命题，而命题(1)，(2)为假命题．
答案：①③④⇒②或②③④⇒①
3．已知在长方体ABCD­A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，求点A1到平面AB1D1的距离．
解：如图所示建立空间直角坐标系Dxyz，

则A1(2，0，4)，A(2，0，0)，
B1(2，2，4)，D1(0，0，4)，
＝(－2，0，4)，＝(0，2，4)，
＝(0，0，4)，
设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)，
则
即
解得x＝2z且y＝－2z，
不妨设n＝(2，－2，1)，
设点A1到平面AB1D1的距离为d，
则d＝＝.
4. 如图所示，正三棱柱ABC­A1B1C1的全部棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD．

证明：如图所示，取BC的中点O，连接AO.
由于△ABC为正三角形，所以AO⊥BC．

由于在正三棱柱ABC­A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，以O为原点，以，，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，)，
A(0，0，)，B1(1，2，0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
＝(－1，2，)，＝(－2，1，0)．
由于n⊥，n⊥，
故⇒
令x＝1，则y＝2，z＝－，
故n＝(1，2，－)为平面A1BD的一个法向量，而＝(1，2，－)，
所以＝n，所以∥n，
故AB1⊥平面A1BD．
5. 如图所示，在底面是矩形的四棱锥P­ABCD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．
证明：(1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，
∴E，F.
＝，
＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，
＝(1，0，0)，＝(1，0，0)．
∵＝－，
∴∥，即EF∥AB．
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
∴EF∥平面PAB．
(2)∵·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，
·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，
∴⊥，⊥，
即AP⊥DC，AD⊥DC．
又AP∩AD＝A，
∴DC⊥平面PAD．
又∵DC⊂平面PDC，
∴平面PAD⊥平面PDC．
[力气提升]
1．在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．

解：(1)证明：如图，以DA、DC、DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设AD＝a，
则D(0，0，0)、A(a，0，0)、B(a，a，0)、C(0，a，0)、E、P(0，0，a)、F.
＝，＝(0，a，0)．
∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD．
(2)设G(x0，z)，
则＝，
若使GF⊥平面PCB，则由·＝·(a，0，0)＝a＝0，得x＝；
由·＝·(0，－a，a)＝＋a＝0，得z＝0.
∴G点坐标为，即G点为AD的中点．
2. 如图，在多面体ABC­A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1­AB­C是直二面角．求证：

(1)A1B1⊥平面AA1C；
(2)AB1∥平面A1C1C．

证明：∵二面角A1­AB­C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形．
∴AA1⊥平面BAC．
又∵AB＝AC，BC＝AB，
∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，
∴AB，AC，AA1两两相互垂直．
建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB＝2，则A(0，0，0)，B1(0，2，2)，A1(0，0，2)，C(2，0，0)，C1(1，1，2)．
(1)＝(0，2，0)，＝(0，0，－2)，
＝(2，0，0)，
设平面AA1C的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
即取y＝1，则n＝(0，1，0)．
∴＝2n，即∥n.
∴A1B1⊥平面AA1C．
(2)易知＝(0，2，2)，＝(1，1，0)，
＝(2，0，－2)，
设平面A1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，
则
则
令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，
即m＝(1，－1，1)．
∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，
∴⊥m.又AB1⊄平面A1C1C，
∴AB1∥平面A1C1C．
3. 如图，四棱锥S­ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD＝a(a>0)，AB＝2AD，SD＝AD，E为CD上一点，且CE＝3DE.

(1)求证：AE⊥平面SBD；
(2)M，N分别为线段SB，CD上的点，是否存在M，N，使MN⊥CD且MN⊥SB，若存在，确定M，N的位置；若不存在，说明理由．
解：(1)证明：由于四棱锥S­ABCD中，ABCD为矩形，SD⊥AD，且SD⊥AB，AD∩AB＝A，所以SD⊥平面ABCD．
BD就是SB在平面ABCD上的射影．
由于AB＝2AD，E为CD上一点，且CE＝3DE.
∴tan∠DAE＝＝，tan∠DBA＝＝，
∴∠DAE＝∠DBA，

∴∠DAE＋∠BDA＝90°.
∴AE⊥BD，∴AE⊥SB．∵SB∩BD＝B，
∴AE⊥平面SBD．

(2)假设存在点M，N满足MN⊥CD且MN⊥SB．
建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知，D(0，0，0)，A(a，0，0)，C(0，2a，0)，B(a，2a，0)，S(0，0，a)，
设＝＋t＝(a，2a，0)＋t(－a，－2a，a)＝(a－ta，2a－2ta，ta)(t∈[0，1])，
即M(a－ta，2a－2ta，ta)，N(0，y，0)，y∈[0，2a]，
＝(a－ta，2a－2ta－y，ta)．
使MN⊥CD且MN⊥SB，
则

可得
t＝∈[0，1]，y＝a∈[0，2a]．
故存在点M，N使MN⊥CD且MN⊥SB，M(a，a，a)，N(0，a，0)．