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【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第9章 第7节 用向量方法证明平行与垂直(理)

第九章

第七节

一、解答题 1.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、 a a b c a → a → P 分别为 AB、PC、CD 的中点,∴M( ,0,0),N( , , ),R( ,b,0),∴AR=( ,b,0),PM= 2 2 2 2 2 2 a a → → → → ( ,0,-c),MC=( ,b,0),设AR=λPM+μMC, 2 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 → → → → ∵MN· AB=0,∴MN⊥AB,∴MN⊥AB. 2. (2014· 长春模拟)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,PB 与底面所成的角为

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1 45° ,底面 ABCD 为直角梯形,∠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). → → ∵PE∥PD, ∴y· (-1)-2(z-1)=0① → ∵AD=(0,2,0)是平面 PAB 的法向量, → → → 又CE=(-1,y-1,z),CE∥平面 PAB.∴CE⊥AD. ∴(-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. 3.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.
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[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. (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.

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又 CD∩DE=D,∴AF⊥平面 CDE. 又 AF∥平面 BCE,∴平面 BCE⊥平面 CDE. 4.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). → → → → 1 → (1)证明:∵HC=(0,2 3,0),FA1=(-2,-2 3,2),BF=(-2,2 3,2),∴HC= (BF 2 → -FA1), → → → ∵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 → ? ?z=x, BF=0, ?n· ?-2x+2 3y+2z=0, ? ? ∴? ∴? ?y=0. → ? ?-2x-2 3y+2z=0, ? FA1=0, ? n· 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HE=(2,0,t),BC1=(-2,2 3,4),∵HE⊥ BC1, → → ∴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

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一、解答题 5.(2014· 北京)如图,正方形 AMDE 的边长为 2,B、C 分别为 AM、MD 的中点.在五棱 锥 P-ABCDE 中,F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD、PC 分别交于点 G、H.

(1)求证:AB∥FG; (2)若 PA⊥底面 ABCDE,且 PA=AE,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并求线段 PH 的长. [解析] (1)在正方形 AMDE 中,因为 B 是 AM 的中点,所以 AB∥DE. 又因为 AB?平面 PDE,所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB?平面 ABF,且平面 ABF∩平面 PDE=FG, 所以 AB∥FG. (2)因为 PA⊥底面 ABCDE,所以 PA⊥AB,PA⊥AE. → 如图建立空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),BC =(1,1,0).

设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z),则 → ? ?x=0, AB=0, ?n· ? ? 即? ?y+z=0. → ? ? AF=0, ? n· 令 z=1,则 y=-1,所以 n=(0,-1,1). 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α,则 → n· BC 1 → sinα=|cos〈n,BC〉|=| |= . 2 → |n||BC|
-5-

π 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 . 6 设点 H 的坐标为(u,v,w). → → 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设PH=λPC(0<λ<1), 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2),所以 u=2λ,v=λ,w=2-2λ, 因为 n 是平面 ABF 的法向量, → 所以 n· AH=0, 即(0,-1,1)· (2λ,λ,2-2λ)=0, 2 4 2 2 解得 λ= ,所以点 H 的坐标为( , , ). 3 3 3 3 所以 PH= 4 2 4 ? ?2+? ?2+?- ?2=2. 3 3 3

6.(2014· 安徽淮南二模)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC=AA1=3,BC=2,D 是 BC 的中点,F 是 CC1 上一点,且 CF=2.

(1)求证:B1F⊥平面 ADF; → 1 → (2)若C1P= C1A1,求证:PF∥平面 ADB1. 3 [解析] 取 BC 的中点 D, ∵AB=AC, ∴AD⊥BC, 取 B1C1 的中点 D1, 则 DD1⊥平面 ABC, 分别以 CB、AD、DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,∵AB=AC=AA1=3,BC=2, ∴A(0,-2 2,0),B(1,0,0),C(-1,0,0),A1(0,-2 2,3),B1(1,0,3),C1(-1,0,3),∵CF= 2,∴F(-1,0,2).

→ → → → → → → (1)B1F=(-2,0,-1),DA=(0,-2 2,0),DF=(-1,0,2),B1F· DA=0,B1F· DF=0,

-6-

→ ∴B1F⊥平面 ADF, ∴B1F⊥平面 ADF. 1 2 2 2 2 2 1 → 1 → 1 → (2)∵C1P= C1A1= · (1,-2 2,0)=( ,- ,0),∴P(- ,- ,3),∴PF=(- , 3 3 3 3 3 3 3 2 2 ,-1). 3 → ? DA=0, ?n· 设平面 ADB1 的法向量为 n=(x0,y0,z0),则? → ? AB1=0. ?n·

?-2 2y0=0, ∴? ?x0+2 2y0+3z0=0.
设 z0=1,则 n=(-3,0,1). → ∵PF· n=0,PF?平面 ADB1,∴PF∥平面 ADB1. 7.(2014· 山东青岛模拟)如图,在多面体 ABC-A1B1C1 中,四边形 A1ABB1 是正方形,AB 1 =AC,BC= 2AB,B1C1 綊 BC,二面角 A1-AB-C 是直二面角. 2

求证:(1)A1B1⊥平面 AA1C. (2)AB1∥平面 A1C1C. [证明] ∵二面角 A1-AB-C 是直二面角,四边形 A1ABB1 为正方形, ∴AA1⊥平面 BAC. 又∵AB=AC,BC= 2AB, ∴∠CAB=90° ,即 CA⊥AB, ∴AB,AC,AA1 两两互相垂直. 建立如图所示的空间直角坐标系,

设 AB=2,则 A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).

-7-

→ → → (1)A1B1=(0,2,0),A1A=(0,0,-2),AC=(2,0,0), 设平面 AA1C 的一个法向量 n=(x,y,z), → ? ?-2z=0, A1A=0, ?n· ? 则? 即? ? → ?2x=0, ? AC=0, ?n·
?x=0, ? 即? 取 y=1,则 n=(0,1,0). ?z=0. ?

→ → ∴A1B1=2n,即A1B1∥n. ∴A1B1⊥平面 AA1C. → → → (2)易知AB1=(0,2,2),A1C1=(1,1,0),A1C=(2,0,-2), → ? A1C1=0, ?m· 设平面 A1C1C 的一个法向量 m=(x1,y1,z1),则? → ? A1C=0, ?m·
?x1+y1=0, ? 即? ? ?2x1-2z1=0,

令 x1=1,则 y1=-1,z1=1, 即 m=(1,-1,1). → ∴AB1· m=0×1+2×(-1)+2×1=0, → ∴AB1⊥m.又 AB1?平面 A1C1C, ∴AB1∥平面 A1C1C. 8.(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 1 ABCD,PA=PB=AB= AD,∠BAD=60° ,E、F 分别为 AD、PC 的中点. 2

(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,

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∴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 3 → 1 → → ∴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. → → (3)设平面 PAD 的法向量为 n1=(x,y,z),AP=(-1,0, 3),AD=(-2,2 3,0), → ? AP=-x+ 3z=0, ?n1· 则? → ?n1· AD=-2x+2 3y=0, ? 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

9.(2014· 天津和平区四模)如图,在底面为菱形的四棱锥 P-ABCD 中,∠ABC=60° ,PA =AC=1,PB=PD= 2,点 E 在 PD 上,且 PE ED=

-9-

(1)求证:PA⊥平面 ABCD; (2)求二面角 E-AC-D 的正弦值; (3)在棱 PC 上是否存在一点 F, 使得 BF//平面 EAC?若存在, 试求出 PF 的值; 若不存在, 请说明理由. [解析] (1)证明:∵底面 ABCD 为菱形,∠ABC=60° , ∴AB=AD=AC=1. ∵在△PAB 中,PA=AB=1,PB= 2, ∴PA2+AB2=PB2.∴PA⊥AB. ∵在△PAD 中,PA=AD=1,PD= 2, ∴PA2+AD2=PD2.∴PA⊥AD. ∵AB∩AD=A,∴PA⊥平面 ABCD. (2)以 A 为坐标原点,过 A 点垂直于平面 PAD 的直线为 x 轴,直线 AD、AP 分别为 y 轴、 z 轴,建立空间直角坐标系如图, 则 A(0,0,0),B( 2 1 E(0, , ). 3 3 3 1 3 1 ,- ,0),C( , ,0),D(0,1,0),P(0,0,1), 2 2 2 2

3 1 2 1 → → 则AC=( , ,0),AE=(0, , ). 2 2 3 3 设平面 EAC 的法向量为 n=(x,y,z), → ? 2 x+2y=0, ? AC=0, ?n· 由? 得? → 2 1 ? AE=0, ?n· ?3y+3z=0, 3 1 令 x=1,则 y=- 3,z=2 3, 故 n=(1,- 3,2 3). 易知平面 DAC 的法向量为 m=(0,0,1). 设二面角 E-AC-D 的大小为 θ(θ 为锐角), 由 cosθ=|cos〈n,m〉|= |n· m| ,得 |n|· |m|

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2 3 3 1 cosθ= = ,故 sinθ= . 2 4×1 2 (3)设点 F 是棱 PC 上的一点, 3 1 → → PF=λPC=( λ, λ,-λ),其中 0<λ<1, 2 2 3 1 3 3 1 1 → → BP=(- , ,1),则BF=( λ- , λ+ ,-λ+1). 2 2 2 2 2 2 由(2)可知,平面 EAC 的法向量为 n=(1,- 3,2 3). → → 要使 BF∥平面 EAC,需满足BF⊥n.从而BF· n=0. 即有 3 3 3 3 λ- - λ- -2 3λ+2 3=0, 2 2 2 2

1 解得 λ= ,故 F 为棱 PC 的中点时,BF∥平面 EAC. 2 此时 F 点的坐标为( → ∴PF 的值为|PF|= 3 1 1 → 3 1 1 , , ),PF=( , ,- ), 4 4 2 4 4 2 3 1 1 2 + + = . 16 16 4 2

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