創(chuàng)新方案高考人教版數學理總復習練習:第七章 立體幾何 課時作業(yè)47 Word版含解析

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1、 課時作業(yè)47 利用空間向量證明空間中的位置關系               1.如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,側棱PA⊥底面ABCD,且PA=AD=2,E,F(xiàn),H分別是線段PA,PD,AB的中點.求證: (1)PB∥平面EFH; (2)PD⊥平面AHF. 證明:建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz. ∴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(xiàn)(0,1,1),H(1,0,0). (1)∵E,H分別是線段AP,AB的中點, ∴PB∥EH. ∵PB?平面EFH,且EH?平面EFH

2、, ∴PB∥平面EFH. (2)=(0,2,-2),=(1,0,0),=(0,1,1), ∴·=0×0+2×1+(-2)×1=0, ·=0×1+2×0+(-2)×0=0. ∴PD⊥AF,PD⊥AH. 又∵AF∩AH=A,∴PD⊥平面AHF. 2.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,點D是AB的中點. (1)證明AC⊥BC1; (2)證明AC1∥平面CDB1. 證明:因為直三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長分別為AC=3,BC=4,AB=5,所以△ABC為直角三角形,AC⊥BC. 所以AC,BC,C1C兩兩垂直. 如

3、圖,以C為坐標原點,直線CA,CB,CC1分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系, 則C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,4,0),C1(0,0,4),A1(3,0,4),B1(0,4,4),D. (1)因為=(-3,0,0),=(0,-4,4), 所以·=0,所以AC⊥BC1. (2)設CB1與C1B的交點為E,連接DE, 則E(0,2,2),=,=(-3,0,4), 所以=,DE∥AC1. 因為DE?平面CDB1,AC1?平面CDB1, 所以AC1∥平面CDB1. 3.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是邊長為4的正方形.平面ABC⊥平面AA

4、1C1C,AB=3,BC=5. (1)求證:AA1⊥平面ABC; (2)證明:在線段BC1上存在點D,使得AD⊥A1B,并求的值. 證明:(1)因為AA1C1C為正方形, 所以AA1⊥AC. 因為平面ABC⊥平面AA1C1C,AA1?平面AA1C1C,且AA1垂直于這兩個平面的交線AC,所以AA1⊥平面ABC. (2)由(1)知AA1⊥AB,AA1⊥AC. 由題知AB=3,BC=5,AC=4,所以AB⊥AC.如圖,以A為原點建立空間直角坐標系A-xyz, 則B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4). 設D(x,y,z)是直線BC1上

5、的一點,且=λ, 所以(x,y-3,z)=λ(4,-3,4), 解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ, 所以=(4λ,3-3λ,4λ). 由·=0,=(0,3,-4), 則9-25λ=0,解得λ=. 因為∈[0,1],所以在線段BC1上存在點D,使得AD⊥A1B, 此時,=λ=. 4.(2019·桂林模擬)如圖,棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2,∠ABC和∠A1AC均為60°,平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求證:BD⊥AA1; (2)在直線CC1上是否存在點P,使BP∥平面DA1C1,若存在,求出點P的位置,若不存在,請說明理由. 解:(

6、1)證明:設BD與AC交于點O, 則BD⊥AC,連接A1O, 在△AA1O中,AA1=2,AO=1,∠A1AO=60°, ∴A1O2=AA+AO2-2AA1·AOcos60°=3, ∴AO2+A1O2=AA,∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD, 且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC,A1O?平面AA1C1C, ∴A1O⊥平面ABCD. 以OB,OC,OA1所在的直線分別為x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系, 則A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0), A1(0,0,),C1(0,2,). 由于=(-2,0,

7、0),=(0,1,), ·=0×(-2)+1×0+×0=0, ∴⊥,即BD⊥AA1. (2)假設在直線CC1上存在點P, 使BP∥平面DA1C1, 設=λ,P(x,y,z),則(x,y-1,z)=λ(0,1,). 從而有P(0,1+λ,λ),=(-,1+λ,λ). 設平面DA1C1的法向量為n=(x1,y1,z1), 則 又=(0,2,0),=(,0,), 則取n=(1,0,-1), 因為BP∥平面DA1C1,則n⊥, 即n·=--λ=0,得λ=-1, 即點P在C1C的延長線上,且C1C=CP. 5.如圖1所示,正△ABC的邊長為4,CD是AB邊上的高,E,F(xiàn)分

8、別是AC和BC邊的中點,現(xiàn)將△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B,如圖2所示. (1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關系,并說明理由; (2)求二面角E-DF-C的余弦值; (3)在線段BC上是否存在一點P,使AP⊥DE?證明你的結論. 解:(1)AB∥平面DEF,理由如下: 在△ABC中,由E,F(xiàn)分別是AC,BC中點,得EF∥AB. 又AB?平面DEF,EF?平面DEF, ∴AB∥平面DEF. (2)以D為原點,分別以DB,DC,DA所在直線為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系, 則A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),E(0,

9、,1),F(xiàn)(1,,0), 易知平面CDF的法向量為=(0,0,2), 設平面EDF的法向量為n=(x,y,z), 則即 取n=(3,-,3), 則cos〈,n〉==, ∴二面角E-DF-C的余弦值為. (3)存在.證明如下:設P(x,y,0), 則·=y(tǒng)-2=0, ∴y=.又=(x-2,y,0), =(-x,2-y,0), ∵∥,∴(x-2)(2-y)=-xy, ∴x+y=2. 把y=代入上式得x=, ∴P,∴=, ∴點P在線段BC上. ∴在線段BC上存在點P,使AP⊥DE. 6.如圖(1)所示,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分別為

10、AC,AB上的點,且DE∥BC,DE=2,將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如圖(2)所示. (1)求證:A1C⊥平面BCDE; (2)若M是A1D的中點,求CM與平面A1BE所成角的大小; (3)線段BC上是否存在一點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直?說明理由. 解:(1)因為AC⊥BC,DE∥BC,所以DE⊥AC, 所以DE⊥A1D,DE⊥CD,A1D∩DC=D, 所以DE⊥平面A1DC,所以DE⊥A1C. 又因為A1C⊥CD,DE∩CD=D, 所以A1C⊥平面BCDE. (2)以C為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系. 則A1(0

11、,0,2),D(0,2,0),M(0,1,),B(3,0,0),E(2,2,0). 設平面A1BE的法向量為n=(x,y,z), 則n·=0,n·=0. 又因為=(3,0,-2),=(-1,2,0), 所以 令y=1,則x=2,z=,所以n=(2,1,). 設CM與平面A1BE所成的角為θ. 因為=(0,1,), 所以sinθ=|cos〈n,〉|===. 所以CM與平面A1BE所成角的大小為. (3)線段BC上不存在一點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直.理由如下: 假設這樣的點P存在,設其坐標為(p,0,0),其中p∈[0,3]. 設平面A1DP的法向量為m=(x1,y1,z1), 則·m=0,·m=0, ∵=(0,2,-2),=(p,-2,0), ∴ ∴z1=y(tǒng)1,x1=y(tǒng)1. 設y1=6,則m=(3p,6,2), ∵平面A1DP與平面A1BE垂直,則m·n=0, ∴6p+6+6=0,p=-2,∵0≤p≤3, ∴線段BC上不存在一點P,使平面A1DP與平面A1BE垂直.

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