2015高考数学人教A版本（9-7用向量方法证明平行与垂直）一轮复习学案

2015高考数学人教A版本（9-7用向量方法证明平行与垂直）一轮复习学案

‎【走向高考】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课后强化作业 新人教A版 基础巩固强化 一、选择题 ‎1．已知正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E为侧面BCC1B1的中心．若＝z＋x＋y，则x＋y＋z的值为(　　)‎ A．1　　　　 B.　　 　‎ C．2　　　　 D. ‎[答案]　C ‎[解析]　∵＝＋＝＋＋.‎ ‎∴x＋y＋z＝1＋＋＝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 C．l1与l2相交但不垂直 D．以上均不正确 ‎[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·的值为(　　)‎ A．a2 B.a2‎ C.a2 D.a2‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　·＝(＋)·＝(·＋·)＝(a2cos60°＋a2cos60°)＝a2.故选C.‎ ‎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. B. C．2 D．2 ‎[答案]　C ‎[解析]　由条件知||＝2，||＝1，||＝3，⊥，⊥，〈，〉＝120°，＝＋＋，‎ ‎∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝4＋1＋9＋2×2×3×cos120°＝8，‎ ‎∴||＝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(　　)‎ A. B．(6，－2，－2)‎ C．(4,2,2) D．(－1,1,4)‎ ‎[答案]　D ‎[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.‎ ‎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，则该二面角的大小为(　　)‎ A．150° B．45° ‎ C．60° D．120°‎ ‎[答案]　C ‎[解析]　由条件知，·＝0，·＝0，‎ ＝＋＋.‎ ‎∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉‎ ‎＝116＋96cos〈，〉＝(2)2，‎ ‎∴cos〈，〉＝－，‎ ‎∴〈，〉＝120°，所以二面角的大小为60°.‎ 二、填空题 ‎7.‎ 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，‎ ‎∵＝(－1,0，－t)，＝(k－1,0,1)，‎ ‎∴·＝1－k－t＝0，∴k＋t＝1，即CE＋DF＝1.‎ ‎8．如图，在平行四边形ABCD中，·＝0,22＋2＝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]　π ‎[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即为三棱锥A－BCD的外接球的球心．由22＋2＝4⇒2＋2＋2＝2＝4，∴AC＝2，∴R＝1.故所求球的体积为V＝π.‎ ‎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________．‎ ‎[答案]　 ‎[解析]　|a|＝＝3，‎ ‎|b|＝＝3，‎ 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〉＝.‎ 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.‎ 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]　‎ ‎(1)证明：设＝a，＝b，＝c，根据题意，|a|＝|b|＝|c|且a·b＝b·c＝c·a＝0，‎ ‎∴＝b＋c，＝－c＋b－a ‎∴·＝－c2＋b2＝0.‎ ‎∴⊥，即CE⊥A′D.‎ ‎(2)＝－a＋c，＝b＋c，‎ ‎∴||＝|a|，||＝|a|.‎ ·＝(－a＋c)·(b＋c)＝c2＝|a|2，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ 即异面直线CE与AC′所成角的余弦值为.‎ ‎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，‎ ‎∴FP∥DE，且FP＝DE.‎ 又AB∥DE，且AB＝DE，‎ ‎∴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.‎ ‎(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，a,0)，E(a，a,‎2a)．‎ ‎∵F为CD的中点，∴F(a，a,0)．‎ ‎(1)＝(a，a,0)，＝(a，a，a)，＝(‎2a,0，－a)，∴＝(＋)，‎ ‎∵AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.‎ ‎(2)∵＝(a，a,0)，＝(－a，a,0)，＝(0,0，－‎2a)，∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴⊥，⊥，∴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；‎ ‎(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＝(8,0,0)，＝(0，－4,3)，‎ 所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)，‎ 由＝(－4,4，－3)，得n·＝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＝(x0－4，y0，－3)．‎ 要使FM⊥平面BOE，只需∥n，‎ 因此x0＝4，y0＝－，‎ 即点M的坐标是(4，－，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 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.‎ 由点M的坐标得点M到OA，OB的距离分别为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，PA＝PB＝AB＝AD，∠BAD＝60°，E、F分别为AD、PC的中点．‎ ‎(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(0,2，0)，P(1,0，)，C(－2,2，0)，‎ ‎∴＝(＋)＝(－3,0，)＝(－，0,1)，‎ 又平面PAB的法向量n2＝(0,1,0)，‎ ‎∴·n2＝0，∵EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.‎ ‎(2)证明：＝(0,2，0)，＝(1,0，)，‎ ‎∵·＝0，·＝0，∴EF⊥BD，EF⊥BP，∴EF⊥平面PBD.‎ ‎(3)解：设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，＝(－1,0，)，＝(－2,2，0)，‎ 则 令x＝，所以n1＝(，1,1)，‎ 平面PAB的法向量n2＝(0,1,0)，‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝，‎ ‎∴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(0，2，0)，F(0,2，2)，A(－2,0,0)，A1(－2,0,4)，C1(0，2，4)．‎ ‎(1)证明：∵＝(0,2，0)，＝(－2，－2，2)，＝(－2，2，2)，∴＝(－ ‎)，‎ ‎∵与不共线，∴∥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＝＝(0,2，0)，‎ 设平面FA1B的一个法向量n＝(x，y，z)，则 ∴∴ 令x＝1得n＝(1,0,1)，‎ ‎∵n·n1＝0，∴n⊥n1，∴平面ABB‎1A1⊥平面FA1B.‎ ‎(3)∵E在BB1上，∴设E(2,0，t)，(t>0)，则＝(2,0，t)，＝(－2,2，4)，∵HE⊥BC1，‎ ‎∴·＝－4＋4t＝0，∴t＝1，‎ ‎∴E是BB1上靠近B点的四等分点(或BE＝BB1)．‎ ‎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：‎ ‎(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、PC、CD的中点，∴M(，0,0)，N(，，)，R(，b,0)，∴＝(，b,0)，＝(，0，－c)，＝(，b,0)，设＝λ＋μ，‎ ∴∴＝，∴AR∥MC，‎ ‎∵AR⊄平面PMC，∴AR∥平面PMC.‎ ‎(2)＝(0，，)，＝(a,0,0)，‎ ‎∵·＝0，∴⊥，∴MN⊥AB.‎ ‎3.‎ ‎(2013·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.‎ 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. ‎