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2015届高考数学一轮总复习 9-7用向量方法证明平行与垂直


2015 届高考数学一轮总复习 9-7 用向量方法证明平行与垂直
基础巩固强化 一、选择题 → +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.(2012· 银川质检)若直线 l1、l2 的方向向量分别为 a=(2,4,-4),b=(-6,9,6),则( A.l1∥l2 B.l1⊥l2 D.以上均不正确 ) → → → → ) 3 B. 2 3 D. 4 → → → 1.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为侧面 BCC1B1 的中心.若AE=zAA1+xAB+yAD,则 x

C.l1 与 l2 相交但不垂直 [答案] B

[解析] ∵a· b=2×(-6)+4×9+(-4)×6=0, ∴a⊥b,∴l1⊥l2. 3.已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a,点 E、F 分别是 BC、AD 的中点, → → 则AE· AF的值为( A.a2 1 C. a2 4 1 B. a2 2 D. 3 2 a 4 )

[答案] C → → → → → → → 1 1 1 1 1 [解析] AE· AF= (AB+AC)·AD= (AB· AD+AC· AD)= (a2cos60° +a2cos60° )= a2.故选 C. 2 2 4 4 4 4.已知二面角 α-l-β 的大小为 60° ,点 B、C 在棱 l 上,A∈α,D∈β,AB⊥l,CD⊥l,AB= 2,BC=1,CD=3,则 AD 的长为( A. 14 B. 13 C.2 2 D.2 5 ) → →

[答案] C → → → → → → → → → → → [解析] 由条件知|AB|=2,|BC|=1,|CD|=3,AB⊥BC,BC⊥CD, 〈AB,CD〉=120° ,AD=AB

1



→ →
2

+BC+CD, →
2


2


2

→ →

→ →

→ →

∴|AD| =|AB| +|BC| +|CD| +2AB· BC+2BC· CD+2AB· CD=4+1+9+2×2×3×cos120° =8, → ∴|AD|=2 2. 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)

1 ? A.? ?2,-1,-1? C.(4,2,2) [答案] D

D.(-1,1,4)

→ → →











[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. 6.二面角的棱上有 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 → → → →
2

)

B.45° D.120°

→ →

[解析] 由条件知,CA· AB=0,AB· BD=0, → → →
2

→ →
2

CD=CA+AB+ BD. →
2

→ →

→ →

→ →
2 2 2





∴|CD| =|CA| +|AB| +|BD| +2CA· AB+2AB· BD+2CA· BD=6 +4 +8 +2×6×8cos〈CA,BD〉 → → → → =116+96cos〈CA,BD〉=(2 17)2, 1 ∴cos〈CA,BD〉=- , 2 → → ∴〈CA,BD〉=120° ,所以二面角的大小为 60° . 二、填空题 7.

2

如图,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· B1E=1-k-t=0,∴k+t=1,即 CE+DF=1. → → →
2



∵AF=(-1,0,-t),B1E=(k-1,0,1),



8.如图,在平行四边形 ABCD 中,AB· BD=0,2AB +BD2=4,若将其沿 BD 折成直二面角 A- BD-C,则三棱锥 A-BCD 的外接球的体积为________.

[答案]

4 π 3

[解析] 因为 AB⊥BD,二面角 A-BD-C 是直二面角,所以 AB⊥平面 BCD,∴AB⊥BC,AD ⊥DC.故△ABC,△ADC 均为直角三角形.取 AC 的中点 M,则 MA=MC=MD=MB,故点 M 即为 →
2


2


2


2


2



三棱锥 A-BCD 的外接球的球心.由 2AB +BD =4?AB +BD +CD =AC2=4,∴AC=2,∴R= 4 1.故所求球的体积为 V= π. 3 9.(2012· 厦门质检)已知 a=(2,-1,2),b=(2,2,1),则以 a、b 为邻边的平行四边形的面积为 ________.

3

[答案]

65

[解析] |a|= 22+?-1?2+22=3, |b|= 22+22+12=3, a· b 4 65 a· b=2×2+(-1)×2+2×1=4,∴cos〈a,b〉= = ,sin〈a,b〉= ,S 平行四边形=|a||b|· sin |a||b| 9 9 〈a,b〉= 65. 三、解答题 10.

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 1 梯形,∠ABC=∠BAD=90° ,PA=BC= AD=1. 2 (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= 2,∴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PE=(0,y,z-1),PD=(0,2,-1).
4





∵PE∥PD, ∴y· (-1)-2(z-1)=0① → ∵AD=(0,2,0)是平面 PAB 的法向量, → ∴(-1,y-1,z)· (0,2,0)=0,∴y=1. 1 将 y=1 代入①,得 z= .∴E 是 PD 的中点, 2 ∴存在 E 点使 CE∥平面 PAB,此时 E 为 PD 的中点. 能力拓展提升 11.(2013· 杭州模拟)直三棱柱 ABC-A′B′C′中,AC=BC=AA′,∠ACB=90° ,D、E 分别 为 AB、BB′的中点. (1)求证:CE⊥A′D; (2)求异面直线 CE 与 AC′所成角的余弦值. [解析] → → 又CE=(-1,y-1,z),CE∥平面 PAB.∴CE⊥AD.

→ →





(1)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 1 1 ∴CE=b+ c,A′D=-c+ b- a 2 2 2 1 1 ∴CE· A′D=- c2+ b2=0. 2 2 → → → → ∴CE⊥A′D,即 CE⊥A′D. 1 (2)AC′=-a+c,CE=b+ c, 2 → → ∴|AC′|= 2|a|,|CE|= 5 |a|. 2
5





1 1 1 AC′· CE=(-a+c)· (b+ c)= c2= |a|2, 2 2 2 1 2 |a| 2 10 ∴cos〈AC′,CE〉= = . 5 2 10 2· |a| 2 → → 即异面直线 CE 与 AC′所成角的余弦值为 10 . 10





12.如图,已知 AB⊥平面 ACD,DE∥AB,△ACD 是正三角形,AD=DE=2AB,且 F 是 CD 的中点.

(1)求证:AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE. [证明] 证法一:(1)

取 CE 的中点 P,连接 FP、BP, ∵F 为 CD 的中点, 1 ∴FP∥DE,且 FP= DE. 2 1 又 AB∥DE,且 AB= DE, 2 ∴AB∥FP,且 AB=FP, ∴四边形 ABPF 为平行四边形,∴AF∥BP. 又∵AF?平面 BCE,BP?平面 BCE, ∴AF∥平面 BCE.
6

(2)∵△ACD 为正三角形,∴AF⊥CD. ∵AB⊥平面 ACD,DE∥AB,∴DE⊥平面 ACD, 又 AF?平面 ACD,∴DE⊥AF. 又 AF⊥CD,CD∩DE=D,∴AF⊥平面 CDE. 又 BP∥AF,∴BP⊥平面 CDE. 又∵BP?平面 BCE,∴平面 BCE⊥平面 CDE. 证法二:设 AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),C(2a,0,0),B(0,0, a),D(a, 3a,0),E(a, 3a,2a).

3 3 ∵F 为 CD 的中点,∴F( a, a,0). 2 2 → → → → → 3 3 1 (1)AF=( a, a,0),BE=(a, 3a,a),BC=(2a,0,-a),∴AF= (BE+BC), 2 2 2 ∵AF?平面 BCE,∴AF∥平面 BCE. → → → → → → 3 3 (2)∵AF=( a, a,0),CD=(-a, 3a,0),ED=(0,0,-2a),∴AF· CD=0,AF· ED=0, 2 2 → → → → ∴AF⊥CD,AF⊥ED,∴AF⊥CD,AF⊥ED. 又 CD∩DE=D,∴AF⊥平面 CDE. 又 AF∥平面 BCE,∴平面 BCE⊥平面 CDE. 13. → →

(2013· 泰安适应性训练)如图,平面 PAC⊥平面 ABC,△ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形, E,F,O 分别为 PA,PB,AC 的中点,AC=16,PA=PC=10. (1)设 G 是 OC 的中点,证明:FG∥平面 BOE;
7

(2)证明在△ABO 内存在一点 M,使 FM⊥平面 BOE,并求点 M 到 OA,OB 的距离. [解析] (1)

证明:如图,连接 OP,以点 O 为坐标原点,分别以 OB、OC、OP 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz,由条件知,OA=OC=8,PO=6,OB=8,则 O(0,0,0),A(0,- 8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3),G(0,4,0). → → 因为OB=(8,0,0),OE=(0,-4,3), 所以平面 BOE 的法向量 n=(0,3,4), → → 由FG=(-4,4,-3),得 n· FG=0. 又直线 FG 不在平面 BOE 内, 所以 FG∥平面 BOE. (2)设点 M 的坐标为(x0,y0,0), → 则FM=(x0-4,y0,-3). → 要使 FM⊥平面 BOE,只需FM∥n, 9 因此 x0=4,y0=- , 4 9 即点 M 的坐标是(4,- ,0). 4 x>0, ? ? 在平面直角坐标系 xOy 中,△AOB 的内部区域可表示为不等式组?y<0, ? ?x-y<8. 经检验,点 M 的坐标满足上述不等式组,所以在△AOB 内存在一点 M,使 FM⊥平面 BOE. 9 由点 M 的坐标得点 M 到 OA,OB 的距离分别为 4, . 4 14.(2013· 上海浦东新区质检)四棱锥 P-ABCD 的底面是平行四边形,平面 PAB⊥平面 ABCD, 1 PA=PB=AB= AD,∠BAD=60° ,E、F 分别为 AD、PC 的中点. 2

8

(1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:EF⊥平面 PBD; (3)求二面角 D-PA-B 的余弦值. [解析] (1)证明:△ABD 中,AD=2AB,∠BAD=60° , 由余弦定理得, BD2=AB2+AD2-2AB×AD×cos60° =AD2-AB2, ∴BD⊥AB, ∵平面 PAB⊥平面 ABCD,BD⊥AB,∴DB⊥平面 PAB, 以 B 为原点,直线 BA、BD 分别为 x 轴、y 轴建立空间直角坐标系如图,令 AB=2,则 A(2,0,0), D(0,2 3,0),P(1,0, 3),C(-2,2 3,0),

→ → 1 1 3 ∴EF= (AP+DC)= (-3,0, 3)= (- 3,0,1), 2 2 2 又平面 PAB 的法向量 n2=(0,1,0), → ∴EF· n2=0,∵EF?平面 PAB,∴EF∥平面 PAB. → → → → → → (2)证明:BD=(0,2 3,0),BP=(1,0, 3), ∵EF· BD=0,EF· BP=0,∴EF⊥BD,EF⊥BP,∴EF⊥平面 PBD.



9





(3)解:设平面 PAD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),AP=(-1,0, 3),AD=(-2,2 3,0), → ? ?n · AP=-x+ 3z=0, 则? → ? ?n · AD=-2x+2 3y=0,
1 1

令 x= 3,所以 n1=( 3,1,1), 平面 PAB 的法向量 n2=(0,1,0), ∴cos〈n1,n2〉= 1 , 5 5 . 5

∴二面角 D-PA-B 的余弦值为

考纲要求 理解直线的方向向量与平面向量的法向量.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面 与平面的垂直、 平行关系. 能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理). 补充说明 1.用向量解决立体几何问题基本思考方向 (1)求两点间距离或某一线段长度,用向量的模解决; (2)解决线线平行、面面平行、线面垂直、共线问题,一般考虑共线向量定理; (3)解决线线垂直、面面垂直、线面平行,可考虑转化为向量的数量积为零. (4)解决线面平行、面面平行可以考虑平面向量基本定理. 2.证明线面平行和垂直问题,可以用综合几何方法,也可以用向量几何方法.用向量法的关键 在于选取基向量或建立坐标系,再用共线向量定理或共面向量定理及两向量平行与垂直的条件,通 过向量运算解决. 备选习题 1.在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,H、F 分别为 AB、CC1 的中点,各棱长都是 4. (1)求证 CH∥平面 FA1B. (2)求证平面 ABB1A1⊥平面 FA1B. (3)设 E 为 BB1 上一点,试确定 E 的位置,使 HE⊥BC1. [解析] 在正三棱柱中,∵H 为 AB 中点,∴CH⊥AB,过 H 作 HM⊥AB 交 A1B1 于 M,分别以 直线 AB、HC、HM 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 B(2,0,0),C(0,2 3,0),F(0,2 3, 2),A(-2,0,0),A1(-2,0,4),C1(0,2 3,4).

10

→ → 1 (1)证明:∵HC=(0,2 3,0),FA1=(-2,-2 3,2),BF=(-2,2 3,2),∴HC= (BF-FA1), 2 → → → ∵BF与FA1不共线,∴HC∥平面 FA1B, ∵HC?平面 FA1B,∴HC∥平面 FA1B. → (2)证明:平面 ABB1A1 的一个法向量为 n1=HC=(0,2 3,0), 设平面 FA1B 的一个法向量 n=(x,y,z),则 → ? ?n· BF=0, ? → ? ? n· FA =0,
1









?z=x, ?-2x+2 3y+2z=0, ? ∴? ∴? ? ?y=0. ?-2x-2 3y+2z=0,

令 x=1 得 n=(1,0,1), ∵n· n1=0,∴n⊥n1,∴平面 ABB1A1⊥平面 FA1B.

→ → → ∴HE· BC1=-4+4t=0,∴t=1, 1 ∴E 是 BB1 上靠近 B 点的四等分点(或 BE= BB1). 4



(3)∵E 在 BB1 上,∴设 E(2,0,t),(t>0),则HE=(2,0,t),BC1=(-2,2 3,4),∵HE⊥BC1,

2.如图,已知矩形 ABCD,PA⊥平面 ABCD,M、N、R 分别是 AB、PC、CD 的中点.求证:

11

(1)直线 AR∥平面 PMC; (2)直线 MN⊥直线 AB. [证明] 证法 1:(1)连接 CM,∵ABCD 为矩形,R、M 分别为 AB、CD 的中点,∴MA 綊 CR, ∴AMCR 为平行四边形,∴CM∥AR, 又∵AR?平面 PMC,∴AR∥平面 PMC. (2)连接 MR、NR,在矩形 ABCD 中,AB⊥AD,PA⊥平面 AC,∴PA⊥AB,AB⊥平面 PAD,∵ MR∥AD,NR∥PD, ∴平面 PDA∥平面 NRM, ∴AB⊥平面 NRM,则 AB⊥MN. 证法 2:(1)以 A 为原点,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 AB=a,AD=b,AP=c,则 B(a,0,0),D(0,b,0),P(0,0,c),C(a,b,0),∵M、N、P 分别为 AB、 → → → a a b c a a a PC、CD 的中点,∴M( ,0,0),N( , , ),R( ,b,0),∴AR=( ,b,0),PM=( ,0,-c),MC= 2 2 2 2 2 2 2 → → → a ( ,b,0),设AR=λPM+μMC, 2

? ?2λ+2μ=2, ?bμ=b, ? ?-cλ=0.


a

a

a

? ?λ=0, ∴? ∴AR=MC,∴AR∥MC, ?μ=1. ?





∵AR?平面 PMC,∴AR∥平面 PMC. → b c (2)MN=(0, , ),AB=(a,0,0), 2 2 → → 3. → → ∵MN· AB=0,∴MN⊥AB,∴MN⊥AB.

12

(2013· 辽宁六校联考)在三棱锥 P-ABC 中,△PAC 和△PBC 是边长为 2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. 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= 2,O 为 AB 的中点,AB=2, ∴OC⊥AB,OC=1. 同理,PO⊥AB,PO=1. 又 PC= 2,∴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.

13







解法二:设PA=a,PB=b,PC=c,则由条件知|a|=|b|=|c|= 2,a· c=b· c=1, 在△PAB 中,PA=PB= 2,AB=2,∴PA⊥PB,∴a· b=0. 1 1 1 (1)设PM=λa,则OM=PM-PO=λa- (a+b)=(λ- )a- b, 2 2 2 ∵OM∥平面 PBC, → ∴存在实数 s,k,使OM=sb+kc, 1 1 ∴sb+kc=(λ- )a- b, 2 2 1 1 由平面向量基本定理知,λ= ,s=- ,k=0, 2 2 ∴M 为 PA 的中点. 1 (2)PO= (a+b), 2 1 ∵PO· AC= (a+b)· (c-a) 2 1 = (a· c+b· c-|a|2-a· b)=0, 2 1 1 PO· AB= (a+b)· (b-a)= (|b|2-|a|2)=0, 2 2 → → ∴PO是平面 ABC 的法向量, 又 PO?平面 PAB, ∴平面 PAB⊥平面 ABC. → → → ∴PO⊥AC,PO⊥AB, → → → → → → → → →

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