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

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B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.(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 45° ,底面 ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90° ,PA 1 =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 P

AB?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. 2.(2013· 辽宁六校联考)在三棱锥 P-ABC 中,△PAC 和△PBC 是 边长为 2的等边三角形,AB=2,O 是 AB 的中点.

-1-

(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= 2,O 为 AB 的中点,AB=2, ∴OC⊥AB,OC=1. 同理,PO⊥AB,PO=1. 又 PC= 2,∴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PA=a,PB=b,PC=c,则由条件知|a|=|b|=|c|= 2,a· c=b· c=1, 在△PAB 中,PA=PB= 2,AB=2,∴PA⊥PB,∴a· b=0. 1 1 1 → → → → (1)设PM=λa,则OM=PM-PO=λa- (a+b)=(λ- )a- b, 2 2 2 ∵OM∥平面 PBC, → ∴存在实数 s,k,使OM=sb+kc, 1 1 ∴sb+kc=(λ- )a- b, 2 2 1 1 由平面向量基本定理知,λ= ,s=- ,k=0, 2 2 ∴M 为 PA 的中点. → 1 (2)PO= (a+b), 2 → → 1 ∵PO· AC= (a+b)· (c-a) 2 1 = (a· c+b· c-|a|2-a· b)=0, 2

-2-

1 → → 1 PO· AB= (a+b)· (b-a)= (|b|2-|a|2)=0, 2 2 → → → → ∴PO⊥AC,PO⊥AB, → ∴PO是平面 ABC 的法向量, 又 PO?平面 PAB, ∴平面 PAB⊥平面 ABC. 3.(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

-3-

→ ? ? AB=0, ?n· ?x=0, ? 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| 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

4.(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).

-4-

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

一、解答题 5.(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.

-5-

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). → → → (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), → ? A1A=0, ?n· 则? → ? AC=0, ?n·
?-2z=0, ? 即? ? ?2x=0,

?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? → ?m· A1C=0, ?
? ?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. 6.在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,PD=DC,E、F 分 别是 AB、PB 的中点. (1)求证:EF⊥CD;

-6-

(2)在平面 PAD 内求一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结论. [解析] (1)证明:∵PD⊥底面 ABCD,四边形 ABCD 是正方形, ∴AD、DC、PD 两两垂直,如图,以 DA、DC、DP 所在直线分 别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, a 设 AD=a,则 D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a,a,0)、C(0,a,0)、E(a, , 2 a a a → a a → 0)、P(0,0,a)、F( , , ).EF=(- ,0, ),DC=(0,a,0). 2 2 2 2 2 → → → → ∵EF· DC=0,∴EF⊥DC,即 EF⊥CD. a a a → (2)设 G(x,0,z),则FG=(x- ,- ,z- ), 2 2 2 若使 GF⊥平面 PCB,则 a a a a a → → 由FG· CB=(x- ,- ,z- )· (a,0,0)=a(x- )=0,得 x= ; 2 2 2 2 2 a a a a2 a → → 由FG· CP=(x- ,- ,z- )· (0,-a,a)= +a(z- )=0,得 z=0. 2 2 2 2 2 a ∴G 点坐标为( ,0,0),即 G 点为 AD 的中点. 2 7.(2014· 北京朝阳期末)如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,AB⊥AC.

(1)求证:AC⊥PB; → 1 → → (2)设 O,D 分别为 AC,AP 的中点,点 G 为△OAB 内一点,且满足OG= (OA+OB),求 3 证:DG∥平面 PBC; (3)若 AB=AC=2,PA=4,求二面角 A-PB-C 的余弦值. [解析] (1)因为 PA⊥平面 ABC,AC?平面 ABC,所以 PA⊥AC. 又因为 AB⊥AC,且 PA∩AB=A, 所以 AC⊥平面 PAB. 又因为 PB?平面 PAB, 所以 AC⊥PB. (2)证法一:因为 PA⊥平面 ABC, 所以 PA⊥AB,PA⊥AC. 又因为 AB⊥AC,
-7-

所以建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz.

设 AC=2a,AB=b,PA=2c, 则 A(0,0,0),B(0,b,0),C(2a,0,0),P(0,0,2c),D(0,0,c),O(a,0,0), → 1 → → 又因为OG= (OA+OB), 3 a b 所以 G( , ,0). 3 3 a b → → → 于是DG=( , ,-c),BC=(2a,-b,0),PB=(0,b,-2c). 3 3 设平面 PBC 的一个法向量 n=(x0,y0,z0), → ? ?2ax0-by0=0, BC=0, ?n· ? 则有? 即? ?by0-2cz0=0. → ? ? PB=0, ? n· 2c c 不妨设 z0=1,则有 y0= ,x0= , b a c 2c 所以 n=( , ,1). a b c 2c a b c a 2c b → → 因为 n· DG=( , ,1)· ( , ,-c)= ·+ ·+1· (-c)=0,所以 n⊥DG.又因为 DG?平 a b 3 3 a3 b 3 面 PBC,所以 DG∥平面 PBC. → 1 → → 证法二:取 AB 中点 E,连接 OE,则OE= (OA+OB). 2 → 1 → → → 2→ 由已知OG= (OA+OB)可得OG= OE,则点 G 在 OE 上. 3 3 连接 AG 并延长交 CB 于点 F,连接 PF.

因为 O,E 分别为 AC,AB 的中点,所以 OE∥BC,即 G 为 AF 的中点.又因为 D 为线段 PA 的中点,所以 DG∥PF.

-8-

又 DG?平面 PBC,PF?平面 PBC, 所以 DG∥平面 PBC. c 2c (3)由(2)可知平面 PBC 的一个法向量 n=( , ,1)=(2,2,1). a b → 又因为 AC⊥平面 PAB,所以平面 PAB 的一个法向量是AC=(2,0,0). → n· AC 4 2 → 又 cos〈n,AC〉= = = , → 3×2 3 |n||AC| 2 由图可知,二面角 A-PB-C 为锐角,所以二面角 A-BP-C 的余弦值为 . 3 8.在四棱锥 P-ABCD 中,平面 PAD⊥平面 ABCD,△PAD 是等边三角形,底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠BAD=60° ,E 是 AD 的中点,F 是 PC 的中点.

(1)求证:BE⊥平面 PAD; (2)求证:EF∥平面 PAB; (3)求直线 EF 与平面 PBE 所成角的余弦值. [解析] 解法一:(1)∵E 是 AD 中点,连接 PE, ∴AB=2,AE=1. BE2=AB2+AE2-2AB· AE· cos∠BAD =4+1-2×2×1×cos60° =3.

∴AE2+BE2=1+3=4=AB2,∴BE⊥AE. 又平面 PAD⊥平面 ABCD,交线为 AD, ∴BE⊥平面 PAD. (2)取 PB 中点为 H,连接 FH,AH, 1 ∵AE 綊 BC,又∵HF 是△PBC 的中位线, 2 1 ∴HF 綊 BC,∴AE 綊 HF, 2 ∴四边形 AHFE 是平行四边形,∴EF∥AH,
-9-

又 EF?平面 PAB,AH?平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB. (3)由(1)知,BC⊥BE,PE⊥BC, 又 PE,BE 是平面 PBE 内两相交直线, ∴BC⊥平面 PBE, 又由(2)知,HF∥BC,∴HF⊥平面 PBE, ∴∠FEH 是直线 EF 与平面 PBE 所成的角, 易知 BE=PE= 3,在 Rt△PEB 中,EH= ∴tan∠FEH= 1 6 15 = ,∴cos∠FEH= . 5 6 3 2 15 . 5 6 , 2

故直线 EF 与平面 PBE 所成角的余弦值为

解法二:容易证明 EP,EA,EB 两两垂直,建立空间直角坐标系 E-xyz 如图.

易求 BE=PE= 3,则 E(0,0,0),A(1,0,0), B(0, 3,0),C(-2, 3,0),D(-1,0,0),P(0,0, 3), 因为 F 是 PC 的中点,则 F(-1, → → (1)∵EB· EA=0· 1+ 3· 0=0· 0=0, → → ∴EB⊥EA,即 EB⊥EA, → → ∵EB· EP=0· 0+ 3· 0+0· 3=0, → → ∴EB⊥EP,即 EB⊥EP, ∵EA,EP 是平面 PAD 内的两相交直线, ∴EB⊥平面 PAD. (2)取 PB 中点为 H,连接 FH,AH,则 H(0, 3 3 → ∵EF=(-1, , ), 2 2 3 3 , ), 2 2 3 3 , ). 2 2

- 10 -

3 3 3 3 → AH=(0, , )-(1,0,0)=(-1, , ), 2 2 2 2 → → ∴EF∥AH, ∵又 EF?平面 PAB,AH?平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB. (3)∵y 轴?平面 PBE,z 轴?平面 PBE, ∴平面 PBE 的法向量为 n=(1,0,0), 3 3 → ∵EF=(-1, , ), 2 2 设直线 EF 与平面 PBE 所成角为 θ, → |EF· n| 10 15 ∴sinθ= = ,∴cosθ= , 5 5 → |EF||n| 故直线 EF 与平面 PBE 所成角的余弦值为 15 . 5

- 11 -


更多相关文档:

...基础巩固:第9章 第8节 用向量方法求角与距离(理)

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第9章 第8节 用向量方法求角与距离(理)_数学_高中教育_教育专区。第九章 第八节 一、选择题 1.已知正方...

...第7节 函数与方程、函数模型及其应用

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第2章 第7节 函数与方程、函数模型及其应用_高三数学_数学_高中教育_教育专区。【2016届走向高考】高三数学一...

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第9...

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第9章 第8节 用向量方法求角与距离(理)_数学_高中教育_教育专区。第九章 第八节 一、选择题 1.(2014·...

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第9...

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第9章 第3节 空间点、直线、平面之间的位置关系_数学_高中教育_教育专区。第九章 第三节 一、选择题 1.(...

...基础巩固:第8章 第7节 圆锥曲线的综合问题

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第8章 第7节 圆锥曲线的...y 轴正半轴的交点分别为 A, B, 是否存在常数 k, 使得向量OP+ →→ OQ与...

...一轮(人教B版)基础巩固:第11章 第3节 推理与证明

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第11章 第3节 推理与证明_数学_高中教育_教育专区。第十一章 第三节 一、选择题 1. (文)观察下列各式:...

...基础巩固:第12章 第1节 几何证明选讲

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第12章 第1节 几何证明选讲_数学_高中教育_教育专区。第十二章 第一 一、填空题 1.(2014· 湖北黄冈模...

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第9...

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第9章 第4节 线面、面面...(1)证明:设平面 BDE 的法向量 n=(x,y,z),DB=(1,1,0),DE=(0,1,1...

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第9...

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教A版)基础巩固:第9章 第6节 空间向量及其...则用向量OA,OB,OC表示向量OG正确的是( ) 1 B. 5 7 D. 5 ) →→ 2...

...第1节 空间几何体及其直观图、三视图

【2016届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固:第9章 第1节 空间几何体...→→ (2)设平面 CNB1 的法向量 n=(x,y,z),则 n· CN=0,n· CB1=...
更多相关标签:
用向量的方法证明 | 欧拉线的向量证明方法 | 三点共线的向量证明 | 三角形内心向量证明 | 向量证明三点共线 | 用向量证明正弦定理 | 试用向量证明不等式 | 向量法证明正弦定理 |
网站地图

文档资料共享网 nexoncn.com copyright ©right 2010-2020。
文档资料共享网内容来自网络,如有侵犯请联系客服。email:zhit325@126.com