【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固 第9章 第7节 用向量方法证明平行与垂直 理（含解析）新人教B版

【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第9章第7节用向量方法证明平行与垂直(理)新人教B版一、解答题1.(2022·长春模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝AD＝1.(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；(2)在棱PD上是否存在一点E，使CE∥平面PAB？若存在，请确定E点的位置；若不存在，请说明理由．[解析]　(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，∴PB与平面ABCD所成的角为∠PBA＝45°.∴AB＝1，由∠ABC＝∠BAD＝90°，易得CD＝AC＝，∴AC⊥CD.又∵PA⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC，又CD⊂平面PCD，∴平面PAC⊥平面PCD.(2)分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．∴P(0,0,1)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，设E(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，＝(0,2，－1)．∵∥，∴y·(－1)－2(z－1)＝0①∵＝(0,2,0)是平面PAB的法向量，又＝(－1，y－1，z)，CE∥平面PAB.∴⊥.∴(－1，y－1，z)·(0,2,0)＝0，∴y＝1.将y＝1代入①，得z＝.∴E是PD的中点，∴存在E点使CE∥平面PAB，此时E为PD的中点．2.(2022·辽宁六校联考)在三棱锥P－ABC中，△PAC和△PBC是边长为的等边三角形，AB＝2，O是AB的中点．(1)在棱PA上求一点M，使得OM∥平面PBC；(2)求证：平面PAB⊥平面ABC.[解析]　解法一：(1)当M为棱PA的中点时，OM∥平面PBC.-10-\n证明如下：∵M，O分别为PA，AB的中点，∴OM∥PB.又PB⊂平面PBC，OM⊄平面PBC，∴OM∥平面PBC.(2)连接OC，OP.∵AC＝CB＝，O为AB的中点，AB＝2，∴OC⊥AB，OC＝1.同理，PO⊥AB，PO＝1.又PC＝，∴PC2＝OC2＋PO2＝2，∴∠POC＝90°，∴PO⊥OC.∵AB∩OC＝O，∴PO⊥平面ABC.∵PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC.解法二：设＝a，＝b，＝c，则由条件知|a|＝|b|＝|c|＝，a·c＝b·c＝1，在△PAB中，PA＝PB＝，AB＝2，∴PA⊥PB，∴a·b＝0.(1)设＝λa，则＝－＝λa－(a＋b)＝(λ－)a－b，∵OM∥平面PBC，∴存在实数s，k，使＝sb＋kc，∴sb＋kc＝(λ－)a－b，由平面向量基本定理知，λ＝，s＝－，k＝0，∴M为PA的中点．(2)＝(a＋b)，∵·＝(a＋b)·(c－a)＝(a·c＋b·c－|a|2－a·b)＝0，·＝(a＋b)·(b－a)＝(|b|2－|a|2)＝0，∴⊥，⊥，∴是平面ABC的法向量，又PO⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABC.3．(2022·北京)如图，正方形AMDE的边长为2，B、C分别为AM、MD的中点．在五棱锥P－ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD、PC分别交于点G、H.-10-\n(1)求证：AB∥FG；(2)若PA⊥底面ABCDE，且PA＝AE，求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长．[解析]　(1)在正方形AMDE中，因为B是AM的中点，所以AB∥DE.又因为AB⊄平面PDE，所以AB∥平面PDE.因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，所以AB∥FG.(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.如图建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，＝(1,1,0)．设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则y＝－1，所以n＝(0，－1,1)．设直线BC与平面ABF所成角为α，则sinα＝|cos〈n，〉|＝||＝.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.设点H的坐标为(u，v，w)．因为点H在棱PC上，所以可设＝λ(0<λ<1)，即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)，所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ，因为n是平面ABF的法向量，所以n·＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0，-10-\n解得λ＝，所以点H的坐标为(，，)．所以PH＝＝2.4.(2022·安徽淮南二模)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，D是BC的中点，F是CC1上一点，且CF＝2.(1)求证：B1F⊥平面ADF；(2)若＝，求证：PF∥平面ADB1.[解析]　取BC的中点D，∵AB＝AC，∴AD⊥BC，取B1C1的中点D1，则DD1⊥平面ABC，分别以CB、AD、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，∵AB＝AC＝AA1＝3，BC＝2，∴A(0，－2，0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0)，A1(0，－2，3)，B1(1,0,3)，C1(－1,0,3)，∵CF＝2，∴F(－1,0,2)．(1)＝(－2,0，－1)，＝(0，－2，0)，＝(－1,0,2)，·＝0，·＝0，∴⊥平面ADF，∴B1F⊥平面ADF.(2)∵＝＝·(1，－2，0)＝(，－，0)，∴P(－，－，3)，∴＝(－，，－1)．设平面ADB1的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则∴设z0＝1，则n＝(－3,0,1)．∵·n＝0，PF⊄平面ADB1，∴PF∥平面ADB1.-10-\n一、解答题5．(2022·山东青岛模拟)如图，在多面体ABC－A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B1C1綊BC，二面角A1－AB－C是直二面角．求证：(1)A1B1⊥平面AA1C.(2)AB1∥平面A1C1C.[证明]　∵二面角A1－AB－C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，AA1两两互相垂直．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)，则即令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，-10-\n∴AB1∥平面A1C1C.6．在四棱锥P－ABCD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．[解析]　(1)证明：∵PD⊥底面ABCD，四边形ABCD是正方形，∴AD、DC、PD两两垂直，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(a，，0)、P(0,0，a)、F(，，).＝(－，0，)，＝(0，a,0)．∵·＝0，∴⊥，即EF⊥CD.(2)设G(x,0，z)，则＝(x－，－，z－)，若使GF⊥平面PCB，则由·＝(x－，－，z－)·(a,0,0)＝a(x－)＝0，得x＝；由·＝(x－，－，z－)·(0，－a，a)＝＋a(z－)＝0，得z＝0.∴G点坐标为(，0,0)，即G点为AD的中点．7．(2022·北京朝阳期末)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC.(1)求证：AC⊥PB；(2)设O，D分别为AC，AP的中点，点G为△OAB内一点，且满足＝(＋)，求证：DG∥平面PBC；(3)若AB＝AC＝2，PA＝4，求二面角A－PB－C的余弦值．[解析]　(1)因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.又因为AB⊥AC，且PA∩AB＝A，所以AC⊥平面PAB.又因为PB⊂平面PAB，所以AC⊥PB.(2)证法一：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC.又因为AB⊥AC，所以建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.-10-\n设AC＝2a，AB＝b，PA＝2c，则A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，P(0,0,2c)，D(0,0，c)，O(a,0,0)，又因为＝(＋)，所以G(，，0)．于是＝(，，－c)，＝(2a，－b,0)，＝(0，b，－2c)．设平面PBC的一个法向量n＝(x0，y0，z0)，则有即不妨设z0＝1，则有y0＝，x0＝，所以n＝(，，1)．因为n·＝(，，1)·(，，－c)＝·＋·＋1·(－c)＝0，所以n⊥.又因为DG⊄平面PBC，所以DG∥平面PBC.证法二：取AB中点E，连接OE，则＝(＋)．由已知＝(＋)可得＝，则点G在OE上．连接AG并延长交CB于点F，连接PF.因为O，E分别为AC，AB的中点，所以OE∥BC，即G为AF的中点．又因为D为线段PA的中点，所以DG∥PF.又DG⊄平面PBC，PF⊂平面PBC，所以DG∥平面PBC.(3)由(2)可知平面PBC的一个法向量n＝(，，1)＝(2,2,1)．又因为AC⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量是＝(2,0,0)．-10-\n又cos〈n，〉＝＝＝，由图可知，二面角A－PB－C为锐角，所以二面角A－BP－C的余弦值为.8．在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，E是AD的中点，F是PC的中点．(1)求证：BE⊥平面PAD；(2)求证：EF∥平面PAB；(3)求直线EF与平面PBE所成角的余弦值．[解析]　解法一：(1)∵E是AD中点，连接PE，∴AB＝2，AE＝1.BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAD＝4＋1－2×2×1×cos60°＝3.∴AE2＋BE2＝1＋3＝4＝AB2，∴BE⊥AE.又平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，∴BE⊥平面PAD.(2)取PB中点为H，连接FH，AH，∵AE綊BC，又∵HF是△PBC的中位线，∴HF綊BC，∴AE綊HF，∴四边形AHFE是平行四边形，∴EF∥AH，又EF⊄平面PAB，AH⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.(3)由(1)知，BC⊥BE，PE⊥BC，又PE，BE是平面PBE内两相交直线，∴BC⊥平面PBE，又由(2)知，HF∥BC，∴HF⊥平面PBE，∴∠FEH是直线EF与平面PBE所成的角，-10-\n易知BE＝PE＝，在Rt△PEB中，EH＝，∴tan∠FEH＝＝，∴cos∠FEH＝.故直线EF与平面PBE所成角的余弦值为.解法二：容易证明EP，EA，EB两两垂直，建立空间直角坐标系E－xyz如图．易求BE＝PE＝，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－2，，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，)，因为F是PC的中点，则F(－1，，)．(1)∵·＝0·1＋·0＝0·0＝0，∴⊥，即EB⊥EA，∵·＝0·0＋·0＋0·＝0，∴⊥，即EB⊥EP，∵EA，EP是平面PAD内的两相交直线，∴EB⊥平面PAD.(2)取PB中点为H，连接FH，AH，则H(0，，)，∵＝(－1，，)，＝(0，，)－(1,0,0)＝(－1，，)，∴∥，∵又EF⊄平面PAB，AH⊂平面PAB，∴EF∥平面PAB.-10-\n(3)∵y轴⊂平面PBE，z轴⊂平面PBE，∴平面PBE的法向量为n＝(1,0,0)，∵＝(－1，，)，设直线EF与平面PBE所成角为θ，∴sinθ＝＝，∴cosθ＝，故直线EF与平面PBE所成角的余弦值为.-10-