高考理科数学复习练习作业55

高考理科数学复习练习作业55

题组层级快练(五十五)‎ ‎1．已知＝(2，4，5)，＝(3，x，y)，若∥，则(　　)‎ A．x＝6，y＝15　　　　　　 B．x＝3，y＝ C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝ 答案　D 解析　∵∥，∴＝＝，∴x＝6，y＝.‎ ‎2．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　　)‎ A．(，，－) B．(，－，)‎ C．(－，，) D．(－，－，－)‎ 答案　D 解析　＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，设平面ABC的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ ‎∴ 令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1，1，1)．‎ 单位法向量为：±＝±(，，)．‎ ‎3．若平面α的一个法向量为(1，2，0)，平面β的一个法向量为(2，－1，0)，则平面α和平面β的位置关系是(　　)‎ A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．重合 答案　C 解析　由(1，2，0)·(2，－1，0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．‎ ‎4．已知向量a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)．若a，b，c三个向量共面，则实数λ等于(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意，得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋4μ，3t－2μ)，所以解得故选D.‎ ‎5．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.，－，4 B.，－，4‎ C.，－2，4 D．4，，－15‎ 答案　B 解析　∵⊥，∴·＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，又BP⊥平面ABC，∴BP⊥AB，BP⊥BC，又∵＝(3，1，4)，‎ 则解得 ‎6．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，4，5)，n2＝(8，1，－4)，则(　　)‎ A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确 答案　B ‎7．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位置关系是________．‎ 答案　垂直 解析　由已知a，b分别是平面α，β的法向量．‎ ‎∵a·b＝－2＋6－4＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.‎ ‎8．下列命题中，所有正确命题的序号为________．‎ ‎①若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β；‎ ‎②若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1·n2＝0；‎ ‎③若n是平面α的法向量，a∥α，则n·a＝0；‎ ‎④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．‎ 答案　①②③④‎ ‎9．(2017·东城区练习)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H，M分别是棱AD ‎，DD1，D1A1，A1A，AB的中点，点N在四边形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件________时，就有MN⊥A1C1；当N只需满足条件________时，就有MN∥平面B1D1C.‎ 答案　点N在EG上　点N在EH上 解析　以D点为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则M(1，，0)，N(x，0，z)，＝(－1，1，0)，因此·＝(x－1，－，z)·(－1，1，0)＝1－x－＝0，即x＝，故点N在EG上，就有MN⊥A1C1.设平面B1D1C的一个法向量为n＝(－1，1，1)，若MN∥平面B1D1C，则·n＝(x－1，－，z)·(－1，1，1)＝1－x－＋z＝0，即x－z－＝0，故点N在EH上，应有MN∥平面B1D1C.‎ ‎10.如右图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.‎ 答案　略 证明　方法一：设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λ＋μ.‎ 令＝a，＝b，＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一组基底，则＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，m＝λ＋μ＝(λ＋μ)a＋μb＋λc，·m＝(a－c)·[(λ＋μ)a＋μb＋λc]＝4(λ＋μ)－2μ－4λ＝0.故⊥m，结论得证．‎ 方法二：基向量的取法同上．‎ ‎∵·＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0，‎ ·＝(a－c)·(a＋b)＝|a|2＋a·b－a·c－b·c＝0，∴⊥，⊥，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1⊥平面A1BD.‎ 方法三：取BC的中点O，连接AO.‎ ‎∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC.‎ ‎∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1.‎ 取B1C1的中点O1，以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示，则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，‎ ‎2，0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－1，2，)，＝(－2，1，0)．‎ 则n⊥，n⊥，故⇒令x＝1，则y＝2，z＝－.‎ 故n＝(1，2，－)为平面A1BD的一个法向量，而＝(1，2，－)，∴＝n，即∥n，∴AB1⊥平面A1BD.‎ ‎11.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点．‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAD；‎ ‎(2)求证：平面PAB⊥平面PDC.‎ 答案　(1)略　(2)略 思路　‎ (1)(2) 证明　如图，取AD的中点O，连接OP，OF.‎ 因为PA＝PD，所以PO⊥AD.‎ 因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 又O，F分别为AD，BD的中点，所以OF∥AB.‎ 又ABCD是正方形，所以OF⊥AD.‎ 因为PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝.‎ 以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(，0，0)，F(0，，0)，D(－，0，0)，P(0，0，)，B(，a，0)，C(－，a，0)．‎ 因为E为PC的中点，所以E(－，，)．‎ ‎(1)易知平面PAD的一个法向量为＝(0，，0)，‎ 因为＝(，0，－)，且·＝(0，，0)·(，0，－)＝0，‎ 所以EF∥平面PAD.‎ ‎(2)因为＝(，0，－)，＝(0，－a，0)，‎ 所以·＝(，0，－)·(0，－a，0)＝0，‎ 所以⊥，所以PA⊥CD.‎ 又PA⊥PD，PD∩CD＝D，所以PA⊥平面PDC.‎ 又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.‎ ‎12.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．‎ ‎(1)求证：AM∥平面BDE；‎ ‎(2)求证：AM⊥平面BDF.‎ 答案　(1)略　(2)略 证明　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设AC∩BD＝N，连接NE.‎ 则点N，E的坐标分别为(，，0)，(0，0，1)．‎ ‎∴＝(－，－，1)．‎ 又点A，M的坐标分别是(，，0)，(，，1)，‎ ‎∴＝(－，－，1)．‎ ‎∴＝且NE与AM不共线．∴NE∥AM.‎ 又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.‎ ‎(2)同(1)，＝(－，－，1)，‎ ‎∵D(，0，0)，F(，，1)，∴＝(0，，1)．‎ ‎∴·＝0.∴⊥.‎ 同理⊥.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.‎ ‎13.已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，2AB＝2AD＝CD，侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中点．‎ ‎(1)求证：BE⊥平面PCD；‎ ‎(2)在PB上是否存在一点F，使AF∥平面BDE?‎ 答案　(1)略　(2)F为PB中点时，AF∥平面BDE 解析　 (1)以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设AB＝AD＝2，则有B(1，2，0)，C(－1，4，0)，‎ D(－1，0，0)，P(0，0，)，E(－，2，)．‎ ‎∴＝(－，0，)，＝(－1，4，－)，＝(0，－4，0)．‎ ‎∴·＝(－，0，)·(－1，4，－)＝0，‎ ·＝(－，0，)·(0，－4，0)＝0.‎ 即BE⊥PC，BE⊥CD.又PC∩CD＝C，∴BE⊥平面PCD.‎ ‎(2)设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∵n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0.∴ 令y＝－1，则x＝1，z＝.‎ ‎∴平面BDE的一个法向量为n＝(1，－1，)．‎ 取PB中点F，则有F(，1，)．‎ 又A(1，0，0)，∴＝(－，1，)．‎ ‎∵·n＝(－，1，)·(1，－1，)＝－－1＋＝0，‎ ‎∴⊥n.‎ 又n是平面BDE的法向量，且AF⊄平面BDE，‎ ‎∴AF∥平面BDE.‎ 故存在PB中点F使AF∥平面BDE.‎ ‎1.如右图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAB；‎ ‎(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.‎ 答案　(1)略　(2)略 思路　建立空间直角坐标系后，使用向量的共线定理证明∥即可证明第(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直．‎ 证明　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如下图所示，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，所以E为(，1，)，F为(0，1，)．‎ ＝(－，0，0)，＝(1，0，－1)，＝(0，2，－1)，‎ ＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0)．‎ ‎(1)因为＝－，所以∥，即EF∥AB.‎ 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.‎ ‎(2)因为·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.‎ 又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.‎ ‎2．(2017·衡水中学调研卷)如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1D⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A＝2.‎ ‎(1)证明：AC⊥A1B；‎ ‎(2)是否在棱A1A上存在一点P，使得＝λ且面AB1C1⊥面PB1C1.‎ 答案　(1)略　(2)点P不存在 解析　以DA，DC，DA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，)，B(1，1，0)，D1(－1，0，)，B1(0，1，)，C1(－1，1，)．‎ ‎(1)＝(－1，1，0)，＝(1，1，－)，∴·＝0，∴AC⊥A1B.‎ ‎(2)假设存在∵＝λ，∴P(，0，)．‎ 设平面AB1C1的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ ‎∵＝(－1，1，)，＝(－2，1，)，‎ ‎∴ 令z1＝，则y1＝－3，x1＝0.‎ ‎∴n1＝(0，－3，)．‎ 同理可求面PB1C1的一个法向量为n2＝(0，，－1)，‎ ‎∴n1·n2＝0.∴－－＝0，即λ＝－4.‎ ‎∵P在棱A1A上，∴λ>0矛盾．‎ ‎∴这样的点P不存在．‎