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【名师一号】2017届高考数学大一轮总复习 第七章 立体几何 计时双基练48 证明平行与垂直 理 北师大版


计时双基练四十八

证明平行与垂直
)

A 组 基础必做 1.已知 A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面 ABC 法向量的是( A.(-1,1,1) C.?- B.(1,-1,1) D.? 3 3? ? 3 , ,- ? 3 3? ?3

? ?

3 3 3? ,- ,- ? 3 3 3?

解析 设 n=(x,y,z)为平面 ABC 的法向量, → ? ?n?AB=0, 则? → ? ?n?AC=0, 答案 C → → → 2.若AB=λ CD+μ CE,则直线 AB 与平面 CDE 的位置关系是( A.相交 C.在平面内 B.平行 D.平行或在平面内 )
?-x+y=0, ? 化简得? ?-x+z=0, ?

∴x=y=z。故选 C。

→ → → → → → 解析 ∵AB=λ CD+μ CE,∴AB,CD,CE共面。则 AB 与平面 CDE 的位置关系是平行或 在平面内。 答案 D 3.直线 l 的方向向量 s=(-1,1,1),平面 α 的法向量为 n=(2,x +x,-x),若直 线 l∥平面 α ,则 x 的值为( A.-2 C. 2
2 2

) B.- 2 D.± 2

解析 由已知得 s?n=0,故-1?2+1?(x +x)+1?(-x)=0,解得 x=± 2。 答案 D 4.若平面 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.以上均不正确 解析 ∵n1?n2=2?(-3)+(-3)?1+5?(-4)≠0, ∴n1 与 n2 不垂直,∴α 与 β 相交但不垂直。 答案 C 5.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,AA1= 3,AD=2 2,P 为 C1D1 的中点,M 为 BC 的中点。则 AM 与 PM 的位置关系为( )
1

)

A.平行 C.垂直

B.异面 D.以上都不对

解析 以 D 点为原点,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示的空 间直角坐标系 D-xyz,

依题意,可得 D(0,0,0),P(0,1,

3),C(0,2,0),A(2 2,0,0),M( 2,2,0)。

→ ∴PM=( 2,2,0)-(0,1, 3)=( 2,1,- 3), →

AM=( 2,2,0)-(2 2,0,0)=(- 2,2,0)。
→ → ∴PM?AM=( 2,1,- 3)?(- 2,2,0)=0。 → → 即PM⊥AM,∴AM⊥PM。 答案 C 6.如图,正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直,AB= 2,AF=1,M 在 EF 上,

且 AM∥平面 BDE。则 M 点的坐标为(

)

A.(1,1,1) C.? 2 ? ? 2 , ,1? 2 ?2 ?

B.? D.?

2 ? ? 2 , ,1? 3 ?3 ? 2 ? ? 2 , ,1? 4 ?4 ?

解析 连接 OE,由 AM∥平面 BDE,且 AM?平面 ACEF,平面 ACEF∩平面 BDE=OE,∴AM ∥EO, 又 O 是正方形 ABCD 对角线交点, ∴M 为线段 EF 的中点。 在空间坐标系中,E(0,0,1),F( 2, 2,1)。

2

由中点坐标公式,知点 M 的坐标? 答案 C

2 ? ? 2 , ,1?。 2 ?2 ?

7.已知平面 α 和平面 β 的法向量分别为 a=(1,1,2),b=(x,-2,3),且 α ⊥β , 则 x=________。 解析 由 α ⊥β ,得 a⊥b,所以 a?b=x-2+6=0, 解得 x=-4。 答案 -4 → → 8. 已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一点, 如果AB=(2, -1, -4), AD=(4,2,0), →

AP=(-1,2, -1)。 对于结论: ①AP⊥AB; ②AP⊥AD; ③AP是平面 ABCD 的法向量; ④AP∥BD。
其中正确的是________。 → → → → 解析 ∵AB?AP=0,AD?AP=0, ∴AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确。 → → 又AB与AD不平行, → ∴AP是平面 ABCD 的法向量,则③正确。 → → → 由于BD=AD-AB=(2,3,4), →



→ →

AP=(-1,2,-1),
→ → ∴BD与AP不平行,故④错误。 答案 ①②③ 9.如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,棱长为 a,M,N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M=

AN=

2a ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是________。 3

解析 分别以 C1B1,C1D1,C1C 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图,

3

∵A1M=AN=

2 a, 3

? 2 a? ?2 2 ? ∴M?a, a, ?,N? a, a,a?, ? 3 3? ?3 3 ?
2 ? → ? a ∴MN=?- ,0, a?。 3 ? ? 3 又 C1(0,0,0),D1(0,a,0), → ∴C1D1=(0,a,0)。 → → → → ∴MN?C1D1=0,∴MN⊥C1D1。 → ∵C1D1是平面 BB1C1C 的法向量, 且 MN? 平面 BB1C1C, ∴MN∥平面 BB1C1C。 答案 平行 10.(2016?咸阳模拟)如图,已知 AB⊥平面 ACD,DE⊥平面 ACD,△ACD 为等边三角形,

AD=DE=2AB,F 为 CD 的中点。

(1)求证:AF∥平面 BCE。 (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE。 证明 设 AD=DE=2AB=2a, 建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,

则 A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0,a),D(a, 3a,0),E(a, 3a,2a)。 因为 F 为 CD 的中点, 3 ?3 ? 所以 F? a, a,0?。 2 ?2 ? 3 ? → ?3 (1)AF=? a, a,0?, 2 ?2 ?

4



BE=(a, 3a,a),BC=(2a,0,-a),
→ 1 → → 可得AF= (BE+BC),又 AF? 平面 BCE, 2 所以 AF∥平面 BCE。 3 ? → ?3 (2)因为AF=? a, a,0?, 2 ?2 ?





CD=(-a, 3a,0),ED=(0,0,-2a),
→ → → → 所以AF?CD=0,AF?ED=0, → → → → 所以AF⊥CD,AF⊥ED。 又 CD∩DE=D, → 所以AF⊥平面 CDE,即 AF⊥平面 CDE。 又 AF∥平面 BCE,所以平面 BCE⊥平面 CDE。 11.如图, 在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, AA1C1C 是边长为 4 的正方形。 平面 ABC⊥平面 AA1C1C,



AB=3,BC=5。

(1)求证:AA1⊥平面 ABC。 (2)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B,并求 证明 (1)因为 AA1C1C 为正方形,所以 AA1⊥AC。 因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AA1 垂直于这两个平面的交线 AC。所以 AA1⊥平面 ABC。 (2)由(1)知 AA1⊥AB,AA1⊥AC。 由题知 AB=3,BC=5,AC=4,所以 AB⊥AC。 如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系 A-xyz,

BD 的值。 BC1

则 B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4)。 → → 设 D(x,y,z)是直线 BC1 上的一点,且BD=λ BC1,λ ∈[0,1]。 所以(x,y-3,z)=λ (4,-3,4)。
5

解得 x=4λ ,y=3-3λ ,z=4λ , → 所以AD=(4λ ,3-3λ ,4λ )。 → → 由AD?A1B=0, 9 即 9-25λ =0,解得 λ = 。 25 9 因为 ∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B, 25 此时,

BD 9 =λ = 。 BC1 25
B 组 培优演练

1.(2016?兰州模拟)已知平面 α 内的三点 A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面 β 的一个法向量 n=(-1,-1,-1)则不重合的两个平面 α 与 β 的位置关系是________。 → → 解析 由已知得,AB=(0,1,-1),AC=(1,0,-1),设平面 α 的一个法向量为 m= (x,y,z), 则? → ? ?m⊥AB, → ? ?m⊥AC,
? ?x=z, ?y=z, ? ?y-z=0, ? ? ?x-z=0。

得?

得?

令 z=1,得 m=(1,1,1)。

又 n=(-1,-1,-1),所以 m=-n。 即 m∥n,所以 α ∥β 。 答案 平行 2.如图,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________。

解析 以 D1A1,D1C1,D1D 分别为 x,y,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),∴B1E=(x-1,0,1),∴FB=(1,1,

y),由于 B1E⊥平面 ABF,所以FB?B1E=(1,1,y)?(x-1,0,1)=0,得 x+y=1。
答案 1 3.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





6

的中心,M,N 分别为 AB,BC 的中点,点 Q 为平面 ABCD 内一点,线段 D1Q 与 OP 互相平分, → → 则满足MQ=λ MN的实数 λ 有________个。

解析 建立如图的坐标系,设正方体的边长为 2,则 P(x,y,2),O(1,1,0), ∴OP 的中点坐标为?

?x+1,y+1,1?。 ? 2 ? 2 ?

又知 D1(0,0,2),∴Q(x+1,y+1,0),而 Q 在 MN 上, ∴xQ+yQ=3。 ∴x+y=1,即点 P 坐标满足 x+y=1。 ∴有 2 个符合题意的点 P,即对应有 2 个 λ 。 答案 2 4.(2015?北京海淀一模)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠ACB=30°,∠ABC=90°,D 为

AC 中点,AE⊥BD 于点 E,延长 AE 交 BC 于点 F,将△ABD 沿 BD 折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,
如图 2 所示。

图1 (1)求证:AE⊥平面 BCD。 (2)求二面角 A-DC-B 的余弦值。

图2

(3)在线段 AF 上是否存在点 M 使得 EM∥平面 ADC?若存在, 请指明点 M 的位置; 若不存 在,请说明理由。 解 (1)证明:因为平面 ABD⊥平面 BCD,交线为 BD,

又在△ABD 中,AE⊥BD 于点 E,AE?平面 ABD,所以 AE⊥平面 BCD。 (2)由(1)中 AE⊥平面 BCD,可得 AE⊥EF。 由题意可知 EF⊥BD,又 AE⊥BD,
7

如图,以 E 为坐标原点,分别以 EF,ED,EA 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直 角坐标系 E-xyz,不妨设 AB=BD=DC=AD=2,则 BE=ED=1。

由题图 1 条件计算得 AE= 3,BC=2 3,EF=

3 , 3

则 E(0,0,0),D(0,1,0),B(0,-1,0),A(0,0, 3),F?

? 3 ? → ,0,0?,C( 3,2,0),DC ?3 ?

→ → =( 3,1,0),AD=(0,1,- 3)。由 AE⊥平面 BCD 可知平面 DCB 的法向量为EA。 设平面 ADC 的法向量为 n=(x,y,z), → ? ?n?DC=0, 则? ?n?→ AD=0, ? 即?

? 3x+y=0, ?y- 3z=0。

令 z=1,则 y= 3,x=-1,所以 n=(-1, 3,1)。 → 因为平面 DCB 的法向量为EA=(0,0, 3), → EA?n 5 → 所以 cos 〈n,EA〉= = 。 → 5 |EA|?|n| 所以二面角 A-DC-B 的余弦值为 5 。 5

→ → (3)设AM=λ AF,其中 λ ∈[0,1]。

? → ? 3 由于AF=? ,0,- 3?, ?3 ? ? 3 ? → → 所以AM=λ AF=λ ? ,0,- 3?,其中 λ ∈[0,1]。 ?3 ? ? → → → ? 3 所以EM=EA+AM=? λ ,0,?1-λ ? 3?。 3 ? ?
3 3 → 由EM?n=0,即- λ +(1-λ ) 3=0,解得 λ = ∈(0,1)。所以在线段 AF 上存在 3 4 点 M 使得 EM∥平面 ADC,且

AM 3 = 。 AF 4

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