高考人教版数学理总复习练习：第七章 立体几何 课时作业47 Word版含解析

《高考人教版数学理总复习练习：第七章 立体几何 课时作业47 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考人教版数学理总复习练习：第七章 立体几何 课时作业47 Word版含解析（11页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、 课时作业47　利用空间向量证明空间中的位置关系 　　　　　　　　　　　　　 1．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点．求证： (1)PB∥平面EFH； (2)PD⊥平面AHF. 证明：建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. ∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，H(1,0,0)． (1)∵E，H分别是线段AP，AB的中点， ∴PB∥EH. ∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH

2、， ∴PB∥平面EFH. (2)＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)， ∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0， ·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0. ∴PD⊥AF，PD⊥AH. 又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF. 2．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点. (1)证明AC⊥BC1； (2)证明AC1∥平面CDB1. 证明：因为直三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长分别为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以△ABC为直角三角形，AC⊥BC. 所以AC，BC，C1C两两垂直． 如

3、图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 则C(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)，B1(0,4,4)，D. (1)因为＝(－3,0,0)，＝(0，－4，4)， 所以·＝0，所以AC⊥BC1. (2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE， 则E(0,2,2)，＝，＝(－3,0,4)， 所以＝，DE∥AC1. 因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1， 所以AC1∥平面CDB1. 3．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA

4、1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求证：AA1⊥平面ABC； (2)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值． 证明：(1)因为AA1C1C为正方形， 所以AA1⊥AC. 因为平面ABC⊥平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC. (2)由(1)知AA1⊥AB，AA1⊥AC. 由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图，以A为原点建立空间直角坐标系A­xyz， 则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)． 设D(x，y，z)是直线BC1上

5、的一点，且＝λ， 所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)， 解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ， 所以＝(4λ，3－3λ，4λ)． 由·＝0，＝(0,3，－4)， 则9－25λ＝0，解得λ＝. 因为∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B， 此时，＝λ＝. 4．(2019·桂林模拟)如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由． 解：(

6、1)证明：设BD与AC交于点O， 则BD⊥AC，连接A1O， 在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， ∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3， ∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO. 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD， 且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C， ∴A1O⊥平面ABCD. 以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)， A1(0,0，)，C1(0,2，)． 由于＝(－2，0,

7、0)，＝(0,1，)， ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0， ∴⊥，即BD⊥AA1. (2)假设在直线CC1上存在点P， 使BP∥平面DA1C1， 设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)． 从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)． 设平面DA1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则 又＝(0,2,0)，＝(，0，)， 则取n＝(1,0，－1)， 因为BP∥平面DA1C1，则n⊥， 即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP. 5．如图1所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分

8、别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，如图2所示． (1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E-DF-C的余弦值； (3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论． 解：(1)AB∥平面DEF，理由如下： 在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB. 又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF， ∴AB∥平面DEF. (2)以D为原点，分别以DB，DC，DA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，

9、，1)，F(1，，0)， 易知平面CDF的法向量为＝(0,0,2)， 设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 取n＝(3，－，3)， 则cos〈，n〉＝＝， ∴二面角E-DF-C的余弦值为. (3)存在．证明如下：设P(x，y,0)， 则·＝y－2＝0， ∴y＝.又＝(x－2，y,0)， ＝(－x,2－y,0)， ∵∥，∴(x－2)(2－y)＝－xy， ∴x＋y＝2. 把y＝代入上式得x＝， ∴P，∴＝， ∴点P在线段BC上． ∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE. 6．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别为

10、AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示． (1)求证：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小； (3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由． 解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC， 所以DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩DC＝D， 所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C. 又因为A1C⊥CD，DE∩CD＝D， 所以A1C⊥平面BCDE. (2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则A1(0

11、,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·＝0，n·＝0. 又因为＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)， 所以 令y＝1，则x＝2，z＝，所以n＝(2,1，)． 设CM与平面A1BE所成的角为θ. 因为＝(0,1，)， 所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 所以CM与平面A1BE所成角的大小为. (3)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下： 假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 设平面A1DP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则·m＝0，·m＝0， ∵＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)， ∴ ∴z1＝y1，x1＝y1. 设y1＝6，则m＝(3p,6,2)， ∵平面A1DP与平面A1BE垂直，则m·n＝0， ∴6p＋6＋6＝0，p＝－2，∵0≤p≤3， ∴线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．