2022届-数学一轮(理科)-浙江专用-课时作业-7-6-Word版含答案.docx

第6讲立体几何中的向量方法()证 明平行与垂直基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1若直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，能使l的是()Aa(1,0,0)，n(2,0,0)Ba(1,3,5)，n(1,0,1)Ca(0,2,1)，n(1,0，1)Da(1，1,3)，n(0,3,1)解析若l，则an0，D中，an10(1)3310，an.答案D2若，则直线AB与平面CDE的位置关系是()A相交 B平行C在平面内 D平行或在平面内解析，共面则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内答案D3已知平面内有一点M(1，1,2)，平面的一个法向量为n(6，3,6)，则下列点P中，在平面内的是()AP(2,3,3) BP(2,0,1)CP(4,4,0) DP(3，3,4)解析逐一验证法，对于选项A，(1,4,1)，n61260，n，点P在平面内，同理可验证其他三个点不在平面内答案A4.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面相互垂直，AB，AF1，M在EF上，且AM平面BDE.则M点的坐标为()A(1,1,1) B.C. D.解析设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM平面BDE，且AM平面ACEF，平面ACEF平面BDEOE，AMEO，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(，1)由中点坐标公式，知点M的坐标.答案C5.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为BC的中点则AM与PM的位置关系为()A平行 B异面C垂直 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Dxyz，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)(，2,0)(0,1，)(，1，)，(，2,0)(2，0,0)(，2,0)，(，1，)(，2,0)0，即，AMPM.答案C二、填空题6已知平面和平面的法向量分别为a(1,1,2)，b(x，2，3)，且，则x_.解析abx260，x4.答案47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_.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.答案168我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中利用动点轨迹的方法，可以求出过点A(2,1)且法向量n(1,2)的直线(点法式)方程为(x2)2(y1)0，化简得x2y0.类比以上求法，在空间直角坐标系中，经过点A(3，1,3)且法向量为n(1，2,1)的平面(点法式)方程为_(请写出化简后的结果)解析设P(x，y，z)为平面上任一点，则n0，(x3，y1，z3)，x32(y1)z30，化简即x2yz80，即为平面的方程答案x2yz80三、解答题9(2021北京房山一模)如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，侧棱PA底面ABCD，且PAAD2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点(1)求证：PB平面EFH；(2)求证：PD平面AHF.证明建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，H(1,0,0)(1)(2,0，2)，(1,0，1)，2，PBEH.PB平面EFH，且EH平面EFH，PB平面EFH.(2)(0,2，2)，(1,0,0)，(0,1,1)，0021(2)10，0120(2)00，PDAF，PDAH，又AFAHA，PD平面AHF.10如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F平面A1BE？证明你的结论解在棱C1D1上存在点F(为C1D1中点)，使B1F平面A1BE.证明如下：设正方体的棱长为1.如图所示，以，1为单位正交基底建立空间直角坐标系依题意，得B(1,0,0)，E，A1(0,0,1)，1(1,0,1)，.设n(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由n10，n0，得所以xz，yz.取z2，得n(2,1,2)设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0t1)又B1(1,0,1)，所以(t1,1,0)而B1F平面A1BE，于是B1F平面A1BEn0(t1,1,0)(2,1,2)02(t1)10tF为C1D1的中点这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点)，使B1F平面A1BE.力量提升题组(建议用时：35分钟)11已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，假如(2，1，4)，(4,2,0)，(1,2，1)对于结论：APAB；APAD；是平面ABCD的法向量；.其中正确的个数有_个()A1 B2 C3 D4解析0，0，ABAP，ADAP，则正确又与不平行，是平面ABCD的法向量，则正确由于(2,3,4)，(1,2，1)，与不平行，故错误故选C.答案C12如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A相交 B平行 C垂直 D不能确定解析分别以C1B1、C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，A1MANa，M，N，.又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，(0，a,0)，0，.是平面BB1C1C的法向量，且MN平面BB1C1C，MN平面BB1C1C.答案B13.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，假如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CEx，DFy，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，F(0,0,1y)，B(1,1,1)，(x1,0,1)，(1,1，y)，由于B1E平面ABF，所以(1,1，y)(x1，0,1)0xy1.答案114如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD.(2)若SD平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由(1)证明连接BD，设AC交BD于O，则ACBD.由题意知SO平面ABCD.以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系如图设底面边长为a，则高SOa，于是S，D，B，C，则0.故OCSD.从而ACSD.(2)解棱SC上存在一点E使BE平面PAC.理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且，.设t，则t，由0t.即当SEEC21时，.又BE不在平面PAC内，故BE平面PAC.15(2022山东卷)如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，DAB60，AB2CD2，M是线段AB的中点(1)求证：C1M平面A1ADD1；(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值(1)证明由于四边形ABCD是等腰梯形，且AB2CD，所以ABDC，又由M是AB的中点，因此CDMA且CDMA.连接AD1，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，由于CDC1D1，CDC1D1，可得C1D1MA，C1D1MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C1MD1A.又 C1M平面A1ADD1，D1A平面A1ADD1，所以C1M平面A1ADD1.(2)解法一连接AC，MC，由(1)知CDAM且CDAM，所以四边形AMCD为平行四边形可得BCADMC，由题意ABCDAB60，所以MBC为正三角形，因此AB2BC2，CA，因此CACB.以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Cxyz.所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)因此M，所以1，M.设平面C1D1M的法向量n(x，y，z)由得可得平面C1D1M的一个法向量是n(1，1)又(0,0，)为平面ABCD的一个法向量因此 cos ，n.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.法二由(1)知平面D1C1M平面ABCDAB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.由CD1平面ABCD，可得D1NAB，因此D1NC为二面角C1ABC的平面角在RtBNC中，BC1，NBC60，可得CN.所以ND1.在RtD1CN中， cos D1NC.所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.特殊提示：老师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见创新设计高考总复习光盘中内容.