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2013年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理)但因为测试 新人教B版


2013 年高考数学总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直(理) 但因为测试 新人教 B 版
→ → → → 1.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为侧面 BCC1B1 的中心.若AE=zAA1+xAB+yAD,则 x +y+z 的值为( A.1 C.2 [答案] C → → → → → → 1 1 [解析] ∵AE=AB+BE=AB+ AA1+ AD. 2 2 1 1 ∴x+y+z=1+ + =2. 2 2 2.(2011·银川月考)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 可能是( ) ) B. D. 3 2 3 4

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) [答案] D [解析] 欲使 l∥α ,应有 n⊥a, ∴n·a=0,故选 D. 3.二面角 α -l-β 等于 120°,A、B 是棱 l 上两点,AC、BD 分别在半平面 α 、β 内,AC⊥l,BD⊥l,且 AB =AC=BD=1,则 CD 的长等于( A. 2 C.2 [答案] C [解析] 如下图.∵二面角 α -l-β 等于 120°, → → ∴CA与BD夹角为 60°. B. 3 D. 5 )

→ → → → → → → 由题设知,CA⊥AB,AB⊥BD,|AB|=|AC|=|BD|=1,[来源:Z_xx_k.Com] →
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| CD | =| CA + AB + BD | =| CA | +| AB | +| BD | +2 CA · AB +2 AB · BD +2 CA · BD =3+ 2×cos60°=4, → ∴|CD|=2. 4. (2011·宁德模拟)已知空间三点 A(0,2,3), (-2,1,6), (1, B C -1,5). a|= 3, 若| → → 且 a 分别与AB,AC垂直,则向量 a 为( A.(1,1,1) B.(-1,-1,-1) C.(1,1,1)或(-1,-1,-1) D.(1,-1,1)或(-1,1,-1) [答案] C → → → [解析] 设 a=(x,y,z),由条件知AB=(-2,-1,3),AC=(1,-3,2),∵a⊥AB, → a⊥AC,|a|= 3, )

?-2x-y+3z=0 ? ∴?x-3y+2z=0 ?x2+y2+z2=3 ?

,将选项代入检验知选 C.

5.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( ) B.(6,-2,-2) D.(-1,1,4)

?1 ? A.? ,-1,-1? ?2 ?
C.(4,2,2)

[答案] D → → → → → → [ 解析] 设平面 α 的法向量为 n,则 n⊥AB,n⊥AC,n⊥BC,所有与AB(或AC、BC)平 → → 行的向量或可用AB与AC线性表示的向量 都与 n 垂直,故选 D. → → → 1 1 6.将边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角,若点 P 满足BP= BA- BC+ 2 2 → → )

BD,则|BP|2 的值为(

A. C.

3 2 10- 2 4

B.2 9 D. [来源:Zxxk.Com] 4

[答案] D [解析] 由题意,翻折后 AC=AB=BC, → → → → 1 1 2 2 ∴∠ABC=60°,∴|BP| =| BA- BC+BD| 2 2 → → → → → → → → → 1 1 1 1 1 1 2 2 2 = |BA| + |BC| +|BD| - BA·BC-BC·BD+BA·BD= + +2- ×1×1×cos60° 4 4 2 4 4 2 9 -1× 2cos45°+1× 2×cos45°= . 4 7. (2011·南通模拟)设平面 α 与向量 a=(-1,2, -4)垂直, 平面 β 与向量 b=(2,3,1) 垂直,则平面 α 与 β 的位置关系是________. [答案] 垂直 [解析] ∵a ·b=-1×2+2×3+(-4)×1=0,且 a 与 b 分别是平面 α 、β 的法向 量,∴α ⊥β .

→ |AC| 1 8.(2011·金华模拟)已知点 A(4,1,3),B(2,-5,1),C 为线段 AB 上一点且 = , → 3 |AB| 则点 C 的坐标为________. 10 7 [答案] ( ,-1, ) 3 3 [解析] ∵C 为线段 AB 上一点, → → ∴存在实数 λ >0,使AC=λ AB, → → 又AB=(-2,-6,-2),∴AC=(-2λ ,-6λ ,-2λ ), → → |AC| 1 1 2 2 ∵ = ,∴λ = ,∴AC=(- ,-2,- ), → 3 3 3 3 |AB| 10 7 ∴C( ,-1, ). 3 3 9.如下图,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________.

[答案] 1 [解析] 以 D1 为原点,直线 D1A1、D1C1、D1D 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 则 A(1,0,1),B(1,1,1),B1(1,1,0), 设 DF=t,CE=k,则 D1F=1-t,∴F(0,0,1-t),E(k,1,1),要使 B1E⊥平面 ABF,易 知 AB⊥B1E,故只要 B1E⊥AF 即可, → → ∵AF=(-1,0,-t),B1E=(k-1,0,1),

→ → ∴AF·B1E=1-k-t=0,∴k+t=1,即 CE+DF=1. 10.(2011·绍兴月考)已知 E、F、G、H 分别是空间四边形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA 的中点,用向量方法求证: (1)E、F、G、H 四点共面; (2)BD∥平面 EFGH. [证明]

→ → → (1)如上图,EG=EB+BG → → → 1 =EB+ (BC+BD) 2 → → → =EB+BF+EH → → =EF+EH, 由共面向量定理知:E、F、G、H 四点共面. → → → (2)∵EH=AH-AE → → → → → 1 1 1 1 = AD- AB= (AD-AB)= BD, 2 2 2 2 且 E、H、B、D 四点不共线,∴EH∥BD. 又 EH? 平面 EFGH,BD?平面 EFGH, ∴BD∥平面 EFGH.

11.二面角的棱上有 A、B 两点,直线 AC、BD 分别在这个二面角的两个半平面内,且都 垂直于 AB.已知 AB=4 ,AC=6,BD=8,CD=2 17,则该二面角的大小为( )

A.150° C.60° [答案] C

B.45° D.120°

→ → → → [解析] 由条件知,CA·AB=0,AB·BD=0, → → → → CD=CA+AB+ BD. →
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2 2 2

∴ | CD | = | CA | + | AB | + | BD | + 2 CA · AB + 2 AB · BD + 2 CA · BD = 6 + 4 + 8 + → → 2×6×8cos〈CA,BD〉 → → 2 =116+96cos〈CA,BD〉=(2 17) , → → 1 ∴cos〈CA,BD〉=- , 2 → → ∴〈CA,BD〉=120°,所以二面角的大小为 60°. 12.在棱长为 1 的正方体 AC1 中,O1 为 B1D1 的中点.求证:BO1∥平面 ACD1.

[证明] 建立如下图所示的空间直角坐标系,O 为 AC 的中点,由于正方体的棱长为 1,

1 1 1 1 则 B(1,0,0),O1( , ,1),D1(0,1,1),O( , ,0). 2 2 2 2 → 1 1 1 1 ∴BO1=(- , ,1),OD1=(- , ,1), 2 2 2 2 → → ∴BO1=OD1,∴BO1∥OD1, 又 BO1?平面 ACD1,OD1? 平面 ACD1,∴BO1∥平面 ACD1. 13.直三棱柱 ABC-A′B′C′中,AC=BC=AA′,∠ACB=90°,D、E 分别为 AB、BB′ 的中点. →

求证:CE⊥A′D. → → → [证明] 设CA=a,CB=b,CC′=c,根据题意,|a|=|b|=|c|, 且 a·b=b·c=c·a=0,

→ → → → 1 ∴CE=b+ c,A′D=CD-CA′ 2 → → → → → → → 1 1 1 = (CA+CB)-(CA+CC′)=- CA+ CB-CC′ 2 2 2 1 1 =-c+ b- a. 2 2 → → 1 2 1 2 ∴CE·A′D=- c + b =0. 2 2 → → ∴CE⊥A′D,即 CE⊥A′D. 14.在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB=2BC,E、F、E1 分别是棱 AA1,BB1,A1B1 的中 点.

求证:平面 C1E1F⊥平面 CEF. [证明] 以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在的直线为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系, 1 设 BC=1,则 C(0,1,0),E(1,0,1),C1(0,1,2),F(1,1,1),E1(1, ,2). 2

设平面 C1E1F 的法向量 n=(x,y,z). → → 1 ∵C1E1=(1,- ,0),FC1=(-1,0,1), 2

?n·C→ =0 ? E ∴? → ?n·FC =0 ?
1 1 1

?x-1y=0 ? ,即? 2 ?-x+z=0 ?



令 x=1,则 y=2,z=1,∴n=(1,2,1). 设平面 EFC 的法向量为 m=(a,b,c), → → 由EF=(0,1,0),FC=(-1,0,-1),

?m·→=0 ? EF ∴? → ? ?m·FC=0

?b=0 ? ,即? ? ?-a-c=0

.

令 a=-1, 则 m=(-1,0,1). ∵m·n=1×(-1)+2×0+1×1=0, ∴平面 C 1E1F⊥平面 CEF. 15.(2011·海口调研)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×cos6 0°=3.

∴AE +BE =1+3=4=AB ,∴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, 1 ∵AE 綊 BC,又∵HF 是△PBC 的中位线, 2 1 ∴HF 綊 BC,∴AE 綊 HF, 2 ∴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,

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2

2

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, 易知 BE=PE= 3,在 Rt△PEB 中,

EH=

6 1 6 ,∴tan∠FEH= = , 2 3 6 2 15 . 5 15 . 5

∴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 如下图.

易求 BE=PE= 3,则 E(0,0,0),A(1,0,0),

B(0, 3,0),C(-2, 3,0),D(-1,0,0),P(0,0, 3),
因为 F 是 PC 的中点,则 F(-1, 3 3 , ). 2 2

→ → (1)∵EB·EA=0·1+ 3·0=0·0=0, → → ∴EB⊥EA,即 EB⊥EA, → → ∵EB·EP=0·0+ 3·0+0· 3=0, → → ∴EB⊥EP,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, 3 3 , ), 2 2

→ 3 3 ∵EF=(-1, , ), 2 2 →

AH=(0,

3 3 3 3 , )-(1,0,0)=(-1, , ), 2 2 2 2

→ → ∴EF∥AH, ∵又 EF?平面 PAB,AH? 平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB. (3)∵y 轴? 平面 PBE,z 轴? 平面 PBE, ∴平面 PBE 的法向量为 n=(1,0,0), → 3 3 ∵EF=(-1, , ), 2 2 设直线 EF 与平面 PBE 所成角为 θ , → |EF·n| 10 15 ∴sinθ = = ,∴cosθ = , → 5 5 |EF||n| 故直线 EF 与平面 PBE 所成角的余弦值为 15 . 5


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