創(chuàng)新方案高考人教版數學理總復習練習：第七章 立體幾何 課時作業(yè)47 Word版含解析

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1、 課時作業(yè)47　利用空間向量證明空間中的位置關系 　　　　　　　　　　　　　 1．如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，側棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分別是線段PA，PD，AB的中點．求證： (1)PB∥平面EFH； (2)PD⊥平面AHF. 證明：建立如圖所示的空間直角坐標系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分別是線段AP，AB的中點， ∴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．如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，點D是AB的中點. (1)證明AC⊥BC1； (2)證明AC1∥平面CDB1. 證明：因為直三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長分別為AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以△ABC為直角三角形，AC⊥BC. 所以AC，BC，C1C兩兩垂直． 如

3、圖，以C為坐標原點，直線CA，CB，CC1分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系， 則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)因為＝(－3,0,0)，＝(0，－4，4)， 所以·＝0，所以AC⊥BC1. (2)設CB1與C1B的交點為E，連接DE， 則E(0,2,2)，＝，＝(－3,0,4)， 所以＝，DE∥AC1. 因為DE?平面CDB1，AC1?平面CDB1， 所以AC1∥平面CDB1. 3．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是邊長為4的正方形．平面ABC⊥平面AA

4、1C1C，AB＝3，BC＝5. (1)求證：AA1⊥平面ABC； (2)證明：在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B，并求的值． 證明：(1)因為AA1C1C為正方形， 所以AA1⊥AC. 因為平面ABC⊥平面AA1C1C，AA1?平面AA1C1C，且AA1垂直于這兩個平面的交線AC，所以AA1⊥平面ABC. (2)由(1)知AA1⊥AB，AA1⊥AC. 由題知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如圖，以A為原點建立空間直角坐標系A-xyz， 則B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)． 設D(x，y，z)是直線BC1上

5、的一點，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)， 則9－25λ＝0，解得λ＝. 因為∈[0,1]，所以在線段BC1上存在點D，使得AD⊥A1B， 此時，＝λ＝. 4．(2019·桂林模擬)如圖，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱長都等于2，∠ABC和∠A1AC均為60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求證：BD⊥AA1； (2)在直線CC1上是否存在點P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出點P的位置，若不存在，請說明理由． 解：(

6、1)證明：設BD與AC交于點O， 則BD⊥AC，連接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所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 則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)假設在直線CC1上存在點P， 使BP∥平面DA1C1， 設＝λ，P(x，y，z)，則(x，y－1，z)＝λ(0,1，)． 從而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)． 設平面DA1C1的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則 又＝(0,2,0)，＝(，0，)， 則取n＝(1,0，－1)， 因為BP∥平面DA1C1，則n⊥， 即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1， 即點P在C1C的延長線上，且C1C＝CP. 5．如圖1所示，正△ABC的邊長為4，CD是AB邊上的高，E，F分

8、別是AC和BC邊的中點，現將△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，如圖2所示． (1)試判斷直線AB與平面DEF的位置關系，并說明理由； (2)求二面角E-DF-C的余弦值； (3)在線段BC上是否存在一點P，使AP⊥DE？證明你的結論． 解：(1)AB∥平面DEF，理由如下： 在△ABC中，由E，F分別是AC，BC中點，得EF∥AB. 又AB?平面DEF，EF?平面DEF， ∴AB∥平面DEF. (2)以D為原點，分別以DB，DC，DA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，

9、，1)，F(1，，0)， 易知平面CDF的法向量為＝(0,0,2)， 設平面EDF的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 取n＝(3，－，3)， 則cos〈，n〉＝＝， ∴二面角E-DF-C的余弦值為. (3)存在．證明如下：設P(x，y,0)， 則·＝y(tǒng)－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，∴＝， ∴點P在線段BC上． ∴在線段BC上存在點P，使AP⊥DE. 6．如圖(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分別為

10、AC，AB上的點，且DE∥BC，DE＝2，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖(2)所示． (1)求證：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大小； (3)線段BC上是否存在一點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由． 解：(1)因為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. 又因為A1C⊥CD，DE∩CD＝D， 所以A1C⊥平面BCDE. (2)以C為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系． 則A1(0

11、,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)． 設平面A1BE的法向量為n＝(x，y，z)， 則n·＝0，n·＝0. 又因為＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)， 所以 令y＝1，則x＝2，z＝，所以n＝(2,1，)． 設CM與平面A1BE所成的角為θ. 因為＝(0,1，)， 所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. 所以CM與平面A1BE所成角的大小為. (3)線段BC上不存在一點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直．理由如下： 假設這樣的點P存在，設其坐標為(p,0,0)，其中p∈[0,3]． 設平面A1DP的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則·m＝0，·m＝0， ∵＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)， ∴ ∴z1＝y(tǒng)1，x1＝y(tǒng)1. 設y1＝6，則m＝(3p,6,2)， ∵平面A1DP與平面A1BE垂直，則m·n＝0， ∴6p＋6＋6＝0，p＝－2，∵0≤p≤3， ∴線段BC上不存在一點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直．