【创新设计】（浙江专用）2022届高考数学总复习 第8篇 第7讲 立体几何中的向量方法(Ⅰ)证明平行与垂直限时训练 理

第7讲　立体几何中的向量方法(Ⅰ)——证明平行与垂直分层A级　基础达标演练(时间：30分钟　满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则(　　)．A．l1∥l2B．l1⊥l2C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确答案　B2．若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的是(　　)．A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)解析　若l∥α，则a·n＝0.而A中a·n＝－2，B中a·n＝1＋5＝6，C中a·n＝－1，只有D选项中a·n＝－3＋3＝0.答案　D3．平面α经过三点A(－1,0,1)，B(1,1,2)，C(2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是(　　)．A.B．(6，－2，－2)C．(4,2,2)D．(－1,1,4)解析　设平面α的法向量为n，则n⊥，n⊥，n⊥，所有与(或、)平行的向量或可用与线性表示的向量都与n垂直，故选D.答案　D4．(2022·全国卷)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为(　　)．A．2B.C.D．18\n解析　连接AC，交BD于点O，连接EO，过点O作OH⊥AC1于点H，因为AB＝2，所以AC＝2，又CC1＝2，所以OH＝sin45°＝1.答案　D二、填空题(每小题5分，共10分)5．若向量a＝(1，λ，2)，b＝(2，－1,2)且a与b的夹角的余弦值为，则λ＝________.解析　由已知得＝＝，∴8＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝.答案　－2或6．在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PA＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________．解析　根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，A(a，0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)．过点P作PH⊥平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离．∵PA＝PB＝PC，∴H为△ABC的外心．又∵△ABC为正三角形，∴H为△ABC的重心，可得H点的坐标为.∴PH＝＝a.8\n∴点P到平面ABC的距离为a.答案　a三、解答题(共25分)7．(12分)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：AC⊥SD.(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SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．(1)证明　连接BD，设AC交BD于O，则AC⊥BD.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SO＝a，于是S，D，B，C，＝，＝，则·＝0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.8\n(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＝，而·＝0⇔t＝.即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.8．(13分)如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点．求证：(1)AM∥平面BDE；(2)AM⊥平面BDF.证明　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则N，E(0,0,1)，A(，，0)，M∴＝.8\n＝.∴＝且NE与AM不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.(2)由(1)知＝，∵D(，0,0)，F(，，1)，∴＝(0，，1)∴·＝0，∴AM⊥DF.同理AM⊥BF.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.分层B级　创新能力提升1．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为(　　)．　A.，－，4B.，－，4C.，－2,4D．4，，－15解析　∵⊥，∴·＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，又BP⊥平面ABC，∴BP⊥AB，BP⊥BC，＝(3,1,4)，则解得答案　B2．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，则||为(　　)．A.aB.aC.aD.a8\n解析　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.设M(x，y，z)，∵点M在AC1上且＝，∴(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)∴x＝a，y＝，z＝.得M，∴||＝＝a.答案　A3．如图，正方体ABCDA1B1C1D1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)，∴＝(x－1,0,1)，又F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，∴＝(1,1，y)，由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，只需·＝(1,1，y)·(x－1，0,1)＝0⇒x＋y＝1.答案　14．(2022·淮南模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q8\n与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ的有____________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，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　25．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．(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)解　设G(x,0，z)，则＝，若使GF⊥平面PCB，则由·＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝；由·＝·(0，－a，a)＝2＋a＝0，得z＝0.∴G点坐标为，即G点为AD的中点．6.(2022·湖南卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E8\n是CD的中点．(1)证明：CD⊥平面PAE；(2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥PABCD的体积．解　如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设PA＝h，则相关各点的坐标为：A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(4，3,0)，D(0,5,0)，E(2,4,0)，P(0,0，h)．(1)证明　易知＝(－4,2,0)，＝(2,4,0)，＝(0,0，h)．因为·＝－8＋8＋0＝0，·＝0，所以CD⊥AE，CD⊥AP.而AP，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE.(2)由题设和(1)知，·分别是平面PAE，平面ABCD的法向量．而PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈，〉|＝|cos〈，〉|，即＝.由(1)知，＝(－4,2,0)，＝(0,0，－h)，又＝(4,0，－h)，故＝.解得h＝.又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥PABCD的体积为V＝×S×PA＝×16×＝.8