精选江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第51练垂直的判定与性质练习理
江苏2018版高考数学复习立体几何中的向量方法(一)__证明平行与垂直教师用书理苏教版
第八章 立体几何与空间向量 8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直教师用书 理 苏教版1.直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 3.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的.( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行.( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( × )1.(2017·宿迁质检)已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是________. ①(－1,1,1) ②(1，－1,1) ③(－33，－33，－33) ④(33，33，－33) 答案 ③解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .③正确.2.已知直线l 的方向向量为v ＝(1,2,3)，平面α的法向量为u ＝(5,2，－3)，则l 与α的位置关系是____________. 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵v ·u ＝0，∴v ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.3.平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________. 答案 4解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 4.(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________. 答案 α⊥β α∥β解析 当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5.(教材改编)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.答案 垂直解析 以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0，∴ON 与AM 垂直.题型一 利用空间向量证明平行问题例1 (2016·扬州模拟)如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ，则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)，G (1，2,0).∴PB →＝(2,0，－2)，FE →＝(0，－1,0)，FG →＝(1,1，－1)， 设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2,0，－2)＝s (0，－1,0)＋t (1,1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2，∴PB →＝2FE →＋2FG →，又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面.∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只需证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算.(2016·北京海淀区模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点.求证：MN ∥平面A 1BD .证明 如图所示，以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为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 (0,1，12)，N (12，1,1)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是MN →＝(12，0，12)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1).又MN →·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD . 题型二 利用空间向量证明垂直问题 命题点1 证线面垂直例2 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC —A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 如图所示，取BC 的中点O ，连结AO .因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1， 所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1,0,0)，D (－1,1,0)，A 1(0,2，3)，A (0,0，3)，B 1(1,2,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,2，3)，BD →＝(－2,1,0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →， 故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1,2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1,2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ，故AB 1⊥平面A 1BD . 命题点2 证面面垂直例3 (2016·盐城模拟)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 ＝22AD ，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 .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连结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 ＝22AD ，所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 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 (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a2，a,0).因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a4).易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)，因为EF →＝(a 4，0，－a 4)，且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0，所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)，所以PA →·CD →＝(a 2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0，所以PA →⊥CD →，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 . 思维升华 证明垂直问题的方法(1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键.(2)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然 ，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.(2016·淮安模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角.求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， ∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2).A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0,1,0).∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1). ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .题型三 利用空间向量解决探索性问题例4 (2016·北京)如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，且PA ，PB ⊂平面PAB ，∴PD ⊥平面PAB .(2)解 取AD 中点O ，连结CO ，PO ，∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面PAD ， 平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ， ∵CO ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥CO ，∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0,0,1)，B (1,1,0)，D (0，－1,0)，C (2,0,0). 则PB →＝(1,1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2,0，－1). CD →＝(－2，－1,0).设n ＝(x 0，y 0,1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3 ＝33. (3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)，∵BM ⊄平面PCD ，∴BM ∥平面PCD ，∴BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，∴在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.思维升华 对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.(2016·镇江模拟)如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点.(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由.解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D —xyz ，依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连结AE ，如图所示.因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ).由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.19.利用向量法解决立体几何问题典例 (16分)如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是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. 思想方法指导 对于较复杂的立体几何问题可采用向量法(1)用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.(2)两种思路：①选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断.②建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题. 规范解答解 (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分](2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)， [4分]易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)， 设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[9分](3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0， ∴y ＝233.又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)， ∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ， ∴3x ＋y ＝2 3.[12分] 把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P (43，233，0)，∴BP →＝13BC →，∴在线段BC 上存在点P (43，233，0)，使AP ⊥DE .[16分]1.(2016·南京调研)已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ).若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析 由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.2.(2016·泰州模拟)设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________. 答案 16解析 PA →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4). 根据共面向量定理，设PC →＝xPA →＋yPB →(x 、y ∈R )， 则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4) ＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.3.已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是____________________________. ①P (2,3,3) ②P (－2,0,1) ③P (－4,4,0) ④P (3，－3,4)答案 ①解析 逐一验证法，对于①，MP →＝(1,4,1)， ∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.4.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是______________. 答案 平行或在平面内解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内.5.设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量.若α⊥β，则t ＝________. 答案 5解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.6.(2016·苏州模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案 平行解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3， 则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →＝(－a 3，0，2a 3).又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量. 因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ， 所以MN ∥平面BB 1C 1C .7.(2016·徐州质检)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________________________. 答案 α∥β解析 设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ， 由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.8.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________. 答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确. 又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确. ∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误.*9.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周).若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________.答案72解析 由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示.则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，32)，设P (x ，y,0)， ∴AM →＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34，∴点P 的轨迹方程为y ＝34.根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为21－342＝72. 10.(2016·盐城模拟)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点.求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A —xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4). 取AB 中点为N ，连结CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0).B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ， 又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .11.如图，在三棱锥P-ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上.已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，OD ，OP 所在直线为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4).于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， ∴AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)，∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125， 则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .12.(2016·淮安模拟)如图，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 ；(2)在平面PAD 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论.(1)证明 如图，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a ，a,0)，C (0，a,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫a ，a 2，0，P (0,0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a,0).∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，即EF ⊥CD .(2)解 设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2； 由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 为AD 的中点.∴存在点G (a2，0,0)，使QF ⊥平面PCB .*13.如图所示，在多面体ABC-DEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 是BC 的中点.(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB .证明 (1)∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .又EF ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ，∴EF ⊥平面BFC . ∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC . 又AB ∩BC ＝B ，∴FH ⊥平面ABC .以H 为坐标原点，HB →为x 轴正方向，HF →为z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系.设BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1). 设AC 与BD 的交点为G ，连结GE ，GH ， 则G (0，－1,0)，∴GE →＝(0,0,1)， 又HF →＝(0,0,1)，∴HF →∥GE →. 又GE ⊂平面EDB ，HF ⊄平面EDB ， ∴FH ∥平面EDB .(2)∵AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)， AC →·GE →＝0， ∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ， ∴AC ⊥平面EDB .。
苏教版高考总复习一轮数学精品课件 几何与代数 第八章 解答题专项第1课时 利用空间向量证明平行与垂直
面 ⊥平面,为的中点.
解如图,取的中点,连接,在梯形中,由题意易知 ⊥ ,
∵ = ,为的中点,∴ ⊥ .
又平面 ⊥平面,∴ ⊥平面，
则 ⋅ = 0
2
+
2
2
−
2
,
= 0,所以 ⊥ ,所以 ⊥ .
由题可知 ⊥ ,且 ∩ = ,, ⊂平面,所以 ⊥平面.
规律方法
利用空间向量证明空间垂直、平行的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系,建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系.
由 ⋅ = 0 × 5 + 1 × 4 + × −3 = 0,得 ⊥ ,即平面 ⊥平面.
考向二 与平行、垂直有关的探索性问题
典例2(2023宿迁月考)如图,在直三棱柱 − 1 1 1 中,
1 1 = 1 1 ,为1 1 的中点,,分别是棱,1 上的点,且
∵ 1 ⊄平面, ⊂平面,∴ 1 //平面.
（2）若△ 是正三角形,为1 的中点,则能否在线段1 上找一点,使得1 //平
面？若存在,确定该点的位置；若不存在,请说明理由.
在线段1 上存在一点,使得1 //平面,此时是线段1 的中点,证明如下:
在直三棱柱 − 1 1 1 中,
∵ //1 ,∴ ⊥ , ⊥ .又∵ ⊥ ,∴ ,,两两垂直,
如图,以为原点,直线为轴,直线为轴,直线为轴,建立空
间直角坐标系.
设1 1 = 2,1 = 2,
∵点在线段1 上,∴设 = 1 ,0 ≤ ≤ 1,则 −1,0,2 ,
∴ ⋅ = 0 × −8 + 3 × 0 + 4 × 0 = 0,
(江苏专用)2018版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何 8.2 空间点_直线_平面之间的位置
8.2 空间点、直线、平面之间的位置关系1.四个公理公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内. 公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线.公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面. 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行. 2.直线与直线的位置关系 (1)位置关系的分类⎩⎨⎧共面直线⎩⎪⎨⎪⎧平行直线相交直线异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点(2)异面直线所成的角①定义：设a ，b 是两条异面直线，经过空间任意一点O ，作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把直线a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a ，b 所成的角.②范围：⎝⎛⎦⎥⎤0，π2.3.直线与平面的位置关系有直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平行三种情况.4.平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.5.等角定理如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等. 【知识拓展】 1.唯一性定理(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行. (2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直. (3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行.(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直.2.异面直线的判定定理经过平面内一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果两个不重合的平面α，β有一条公共直线a，就说平面α，β相交，并记作α∩β＝a.( √)(2)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线.( ×)(3)两个平面ABC与DBC相交于线段BC.( ×)(4)经过两条相交直线，有且只有一个平面.( √)(5)没有公共点的两条直线是异面直线.( ×)1.下列命题中正确的个数为________.①梯形可以确定一个平面；②若两条直线和第三条直线所成的角相等，则这两条直线平行；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面；④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.答案 2解析②中两直线可以平行、相交或异面，④中若三个点在同一条直线上，则两个平面相交，①③正确.2.(2016·无锡模拟)已知a，b，c是空间的三条直线，给出下列四个命题：①若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；②若a，b是异面直线，b，c是异面直线，则a，c也是异面直线；③若a，b相交，b，c相交，则a，c也相交；④若a，b共面，b，c共面，则a，c也共面.其中真命题的个数是________.答案03.已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b的位置关系为________.(填序号)①一定是异面直线②一定是相交直线③不可能是平行直线 ④不可能是相交直线答案 ③解析 由已知得直线c 与b 可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平行直线，若b ∥c ，则a ∥b ，与已知a 、b 为异面直线相矛盾.故③正确.4.(教材改编)如图所示，已知在长方体ABCD －EFGH 中，AB ＝23，AD ＝23，AE ＝2，则BC 和EG 所成角的大小是______，AE 和BG 所成角的大小是________.答案 45° 60°解析 ∵BC 与EG 所成的角等于EG 与FG 所成的角即∠EGF ，tan∠EGF ＝EF FG ＝2323＝1，∴∠EGF＝45°，∵AE 与BG 所成的角等于BF 与BG 所成的角即∠GBF ，tan∠GBF ＝GF BF ＝232＝3，∴∠GBF ＝60°.5.已知空间四边形ABCD 中，M 、N 分别为AB 、CD 的中点，则下列判断： ①MN ≥12(AC ＋BD )；②MN >12(AC ＋BD )；③MN ＝12(AC ＋BD )；④MN <12(AC ＋BD ).其中正确的是________. 答案 ④解析 如图，取BC 的中点O ，连结MO ，NO ，MN ， 则OM ＝12AC ，ON ＝12BD ，在△MON 中，MN <OM ＋ON ＝12(AC ＋BD )， ∴④正确.题型一 平面基本性质的应用例1 (1)(2016·山东)已知直线a ，b 分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a 和直线b 相交”是“平面α和平面β相交”的______________条件.答案 充分不必要解析 若直线a 和直线b 相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a 和直线b 可能平行或异面或相交.(2)已知空间四边形ABCD (如图所示)，E 、F 分别是AB 、AD 的中点，G 、H 分别是BC 、CD 上的点，且CG ＝13BC ，CH ＝13DC .求证：①E 、F 、G 、H 四点共面； ②三直线FH 、EG 、AC 共点. 证明 ①连结EF ，GH ，如图所示，∵E ，F 分别是AB ，AD 的中点， ∴EF ∥BD .又∵CG ＝13BC ，CH ＝13DC ，∴GH ∥BD ，∴EF ∥GH ， ∴E 、F 、G 、H 四点共面.②易知FH 与直线AC 不平行，但共面，∴设FH ∩AC ＝M ，∴M ∈平面EFHG ，M ∈平面ABC .又∵平面EFHG∩平面ABC＝EG，∴M∈EG，∴FH、EG、AC共点.思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)证明点或线共面问题的两种方法：①首先由所给条件中的部分线(或点)确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；②将所有条件分为两部分，然后分别确定平面，再证两平面重合.(2)证明点共线问题的两种方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明这些点都在同一条特定直线上.(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.如图，正方体ABCD—A1B1C1D1中，E，F分别是AB和AA1的中点.求证：(1)E、C、D1、F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点.证明(1)如图，连结EF，CD1，A1B.∵E，F分别是AB，AA1的中点，∴EF∥A1B.又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E、C、D1、F四点共面.(2)∵EF∥CD1，EF<CD1，∴CE与D1F必相交，设交点为P，如图所示.则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA.∴CE，D1F，DA三线共点.题型二判断空间两直线的位置关系例2 (1)(2015·广东改编)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l 是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是________.①l与l1，l2都不相交；②l与l1，l2都相交；③l至多与l1，l2中的一条相交；④l至少与l1，l2中的一条相交.(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，则下列判断错误的是________.①MN与CC1垂直；②MN与AC垂直；③MN与BD平行；④MN与A1B1平行.(3)在图中，G、N、M、H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH、MN是异面直线的图形有________.(填上所有正确答案的序号)答案(1)④(2)④(3)②④解析(1)若l与l1，l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交.(2)连结B1C，B1D1，如图所示，则点M是B1C的中点，MN是△B1CD1的中位线，∴MN∥B1D1，又BD∥B1D1，∴MN∥BD.∵CC1⊥B1D1，AC⊥B1D1，∴MN⊥CC1，MN⊥AC.又∵A1B1与B1D1相交，∴MN与A1B1不平行.(3)图①中，直线GH∥MN；图②中，G、H、N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；图③中，连结MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图④中，G、M、N共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面.所以图②④中GH与MN异面.思维升华空间中两直线位置关系的判定，主要是异面、平行和垂直的判定.对于异面直线，可采用直接法或反证法；对于平行直线，可利用三角形(梯形)中位线的性质、公理4及线面平行与面面平行的性质定理；对于垂直关系，往往利用线面垂直的性质来解决.(1)已知a，b，c为三条不重合的直线，有下列结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为________.(2)如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠2，有以下四个结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN ∥平面A 1B 1C 1D 1；④MN 与A 1C 1是异面直线.其中正确结论的序号是________.(注：把你认为正确结论的序号都填上) 答案 (1)1 (2)①③解析 (1)在空间中，若a ⊥b ，a ⊥c ，则b ，c 可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错，③显然成立.(2)过N 作NP ⊥BB 1于点P ，连结MP ，可证AA 1⊥平面MNP ，∴AA 1⊥MN ，①正确，过M 、N 分别作MR ⊥A 1B 1、NS ⊥B 1C 1于点R ，S ，则当M 不是AB 1的中点、N 不是BC 1的中点时，直线A 1C 1与直线RS 相交；当M 、N 分别是AB 1、BC 1的中点时，A 1C 1∥RS ，∴A 1C 1与MN 可以异面，也可以平行，故②④错误.由①正确知，AA 1⊥平面MNP ，而AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，∴平面MNP ∥平面A 1B 1C 1D 1，故③正确.综上所述，其中正确的序号是①③. 题型三 求两条异面直线所成的角例3 (2016·南京模拟)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP 与BD 所成的角为________.答案π3解析 如图，将原图补成正方体ABCD －QGHP ，连结GP ，则GP ∥BD ， 所以∠APG 为异面直线AP 与BD 所成的角，在△AGP 中，AG ＝GP ＝AP ， 所以∠APG ＝π3.引申探究在本例条件下，若E ，F ，M 分别是AB ，BC ，PQ 的中点，异面直线EM 与AF 所成的角为θ，求cos θ的值.解 设N 为BF 的中点，连结EN ，MN ，则∠MEN 是异面直线EM 与AF 所成的角或其补角. 不妨设正方形ABCD 和ADPQ 的边长为4， 则EN ＝5，EM ＝26，MN ＝33.在△MEN 中，由余弦定理得cos ∠MEN ＝EM 2＋EN 2－MN 22EM ·EN＝24＋5－332×26×5＝－130＝－3030.即cos θ＝3030. 思维升华 用平移法求异面直线所成的角的三步法 (1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角； (2)二证：证明作出的角是异面直线所成的角；(3)三求：解三角形，求出作出的角.如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角；如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.(2016·盐城模拟)已知正四面体ABCD 中，E 是AB 的中点，则异面直线CE 与BD所成角的余弦值为________. 答案36解析 画出正四面体ABCD 的直观图，如图所示.设其棱长为2，取AD 的中点F ，连结EF ， 设EF 的中点为O ，连结CO ， 则EF ∥BD ，则∠FEC 就是异面直线CE 与BD 所成的角. △ABC 为等边三角形，则CE ⊥AB ， 易得CE ＝3，同理可得CF ＝3， 故CE ＝CF .因为OE ＝OF ，所以CO ⊥EF . 又EO ＝12EF ＝14BD ＝12，所以cos∠FEC ＝EOCE＝123＝36.16.构造模型判断空间线面位置关系典例 已知m ，n 是两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，有下列四个命题： ①若m ⊥α，n ⊥β，m ⊥n ，则α⊥β； ②若m ∥α，n ∥β，m ⊥n ，则α∥β； ③若m ⊥α，n ∥β，m ⊥n ，则α∥β； ④若m ⊥α，n ∥β，α∥β，则m ⊥n . 其中所有正确的命题是________.思想方法指导 本题可通过构造模型法完成，构造法实质上是结合题意构造符合题意的直观模型，然后将问题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性，避免了因考虑不全面而导致解题错误.对于线面、面面平行、垂直的位置关系的判定，可构造长方体或正方体化抽象为直观去判断.解析 借助于长方体模型来解决本题，对于①，可以得到平面α、β互相垂直，如图(1)所示，故①正确；对于②，平面α、β可能垂直，如图(2)所示，故②不正确；对于③，平面α、β可能垂直，如图(3)所示，故③不正确；对于④，由m ⊥α，α∥β可得m ⊥β，因为n ∥β，所以过n 作平面γ，且γ∩β＝g ，如图(4)所示，所以n 与交线g 平行，因为m ⊥g ，所以m ⊥n ，故④正确.答案①④1.在下列命题中，不是公理的有________.(填序号)①平行于同一个平面的两个平面相互平行；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内；④如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.答案①解析命题①是面面平行的性质定理，是由公理推证出来的，而公理是不需要证明的.2.(2016·南京、盐城一模)现有如下命题：①过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直；②过平面外一点有且只有一条直线与该平面平行；③如果两个平行平面和第三个平面相交，那么所得的两条交线平行；④如果两个平面相互垂直，那么经过第一个平面内一点且垂直于第二个平面的直线必在第一个平面内.其中正确的命题是________.(填序号)答案①③④解析过平面外一点有无数条直线与该平面平行，故②错.3.(2016·镇江模拟)设b，c表示两条直线，α，β表示两个平面，现给出下列命题：①若b⊂α，c∥α，则b∥c；②若b⊂α，b∥c，则c∥α；③若c∥α，α⊥β，则c⊥β；④若c∥α，c⊥β，则α⊥β.其中正确的命题是________.答案④解析①中直线b，c平行或异面，则①错误；②中c∥α或c⊂α，则②错误；③中c，β的位置关系可能平行、相交或者直线在平面上，则③错误；由线面平行的性质、线面垂直的性质、面面垂直的判定定理可知④正确，故正确命题是④.4.在四面体ABCD的棱AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF与HG交于点M，则下列命题正确的有________.①M一定在直线AC上；②M一定在直线BD上；③M可能在AC上，也可能在BD上；④M既不在AC上，也不在BD上.答案①解析由于EF∩HG＝M，且EF⊂平面ABC，HG⊂平面ACD，所以点M为平面ABC与平面ACD的一个公共点，而这两个平面的交线为AC，所以点M一定在直线AC上，故①正确.5.设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a，且长为a的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是__________.答案(0，2)解析此题相当于一个正方形沿着对角线折成一个四面体，长为a的棱长一定大于0且小于2.6.(2016·常州模拟)在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，既与AB共面又与CC1共面的棱有________条.答案 5解析如图，有5条.其为BC，AA1，CD，C1D1，BB1.7.(2016·苏州模拟)若两条异面直线所成的角为60°，则称这对异面直线为“黄金异面直线对”，在连结正方体各顶点的所有直线中，“黄金异面直线对”共有________对.答案24解析 如图，若要出现所成角为60°的异面直线，则直线需为面对角线，以AC 为例，与之构成黄金异面直线对的直线有4条，分别是A ′B ，BC ′，A ′D ，C ′D ，正方形的面对角线有12条，所以所求的“黄金异面直线对”共有12×42＝24对(每一对被计算两次，所以要除以2).8.如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G 、H 、M 、N 分别为DE 、BE 、EF 、EC 的中点，在这个正四面体中，①GH 与EF 平行； ②BD 与MN 为异面直线； ③GH 与MN 成60°角； ④DE 与MN 垂直.以上四个命题中，正确命题的序号是________. 答案 ②③④解析 把正四面体的平面展开图还原，如图所示，GH 与EF 为异面直线，BD 与MN 为异面直线，GH 与MN 成60°角，DE ⊥MN .9.(2015·浙江)如图，三棱锥ABCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________.答案 78解析 如图所示，连结DN ，取线段DN 的中点K ，连结MK ，CK .∵M 为AD 的中点， ∴MK ∥AN ，∴∠KMC 为异面直线AN ，CM 所成的角. ∵AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，N 为BC 的中点，由勾股定理求得AN ＝DN ＝CM ＝22， ∴MK ＝ 2. 在Rt△CKN 中，CK ＝22＋12＝ 3.在△CKM 中，由余弦定理，得cos∠KMC ＝CM 2＋MK 2－CK 22CM ×MK＝22＋22－322×22×2＝78. 10.(2017·泰州质检)如图，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE翻折成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确的是________.①BM 是定值；②点M 在某个球面上运动；③存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE . 答案 ③解析 取DC 中点F ，连结MF ，BF ，MF ∥A 1D 且MF ＝12A 1D ，FB ∥ED 且FB ＝ED ，所以∠MFB ＝∠A 1DE .由余弦定理可得MB 2＝MF 2＋FB 2－2MF ·FB ·cos∠MFB 是定值，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的球上，可得①②正确；由MF ∥A 1D 与FB ∥ED 可得平面MBF ∥平面A 1DE ，可得④正确；A 1C 在平面ABCD 中的投影与AC 重合，AC 与DE 不垂直，可得③不正确.11.如图，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为直线B 1D 与平面ACD 1的交点.求证：D 1、H 、O 三点共线.证明 连结BD ，B 1D 1，如图.则BD ∩AC ＝O ，∵BB 1綊DD 1，∴四边形BB 1D 1D 为平行四边形，又H ∈B 1D ，B 1D ⊂平面BB 1D 1D ，则H ∈平面BB 1D 1D ，∵平面ACD 1∩平面BB 1D 1D ＝OD 1，∴H ∈OD 1. 即D 1、H 、O 三点共线.12.如图所示，等腰直角三角形ABC 中，∠A ＝90°，BC ＝2，DA ⊥AC ，DA ⊥AB ，若DA ＝1，且E 为DA 的中点.求异面直线BE 与CD 所成角的余弦值.解 如图所示，取AC 的中点F ，连结EF ，BF ，在△ACD 中，E ，F 分别是AD ，AC 的中点， ∴EF ∥CD .∴∠BEF 或其补角即为异面直线BE 与CD 所成的角. 在Rt△EAB 中，AB ＝AC ＝1，AE ＝12AD ＝12，∴BE ＝52. 在Rt△EAF 中，AF ＝12AC ＝12，AE ＝12，∴EF ＝22.在Rt△BAF 中，AB ＝1，AF ＝12，∴BF ＝52.在等腰三角形EBF 中，cos∠FEB ＝12EF BE ＝2452＝1010.∴异面直线BE与CD 所成角的余弦值为1010. 13.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为D 1C 1，C 1B 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q .求证：(1)D 、B 、F 、E 四点共面；(2)若A 1C 交平面DBFE 于R 点，则P ，Q ，R 三点共线. 证明 (1)如图所示，因为EF 是△D 1B 1C 1的中位线，所以EF ∥B 1D 1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面.即D、B、F、E四点共面.(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，设平面A1ACC1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β.则Q是α与β的公共点，同理，P点也是α与β的公共点.所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，则R∈α且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.。
2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第50练含解析
1.(2016·徐州模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，PD＝PC，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，CD＝2AB，点M是CD的中点．(1)求证：AM∥平面PBC；(2)求证：CD⊥P A.2．已知两正方形ABCD与ABEF内的点M，N分别在对角线AC，FB上，且AM∶MC＝FN∶NB，沿AB折起，使得∠DAF＝90°.(1)证明：折叠后MN∥平面CBE；(2)若AM∶MC＝2∶3，在线段AB上是否存在一点G，使平面MGN∥平面CBE？若存在，试确定点G的位置；若不存在，请说明理由．3．(2016·辽宁五校协作体上学期期中)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD 是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝2，AA1＝2.(1)证明：AA1⊥BD；(2)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(3)求三棱柱ABD－A1B1D1的体积．4．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求三棱锥E－BCD的体积．答案精析1．证明 (1)因为在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，CD ＝2AB ，点M 是CD 的中点，所以AB ∥CM ，且AB ＝CM ，又AB ⊥BC ，所以四边形ABCM 是矩形，所以AM ∥BC ，又因为BC ⊂平面PBC ，AM ⊄平面PBC ，故AM ∥平面PBC .(2)连结PM ，因为PD ＝PC ，点M 是CD 的中点，所以CD ⊥PM ， 又因为四边形ABCM 是矩形，所以CD ⊥AM ，因为PM ⊂平面P AM ，AM ⊂平面P AM ，PM ∩MA ＝M ，所以CD ⊥平面P AM .又因为P A ⊂平面P AM ，所以CD ⊥P A .2.(1)证明 如图，设直线AN 与直线BE 交于点H ，连结CH ，因为△ANF ∽△HNB ，所以FN NB ＝AN NH .又AM MC ＝FN NB ，所以AN NH ＝AM MC ，所以MN ∥CH .又MN ⊄平面CBE ，CH ⊂平面CBE ，所以MN ∥平面CBE .(2)解 存在，过M 作MG ⊥AB 于点G ，连结GN ，则MG ∥BC ， 因为MG ⊄平面CBE ，所以MG ∥平面CBE ，又MN ∥平面CBE ，MG ∩MN ＝M ，所以平面MGN ∥平面CBE .所以点G 在线段AB 上，且AG ∶GB ＝AM ∶MC ＝2∶3.3．(1)证明 ∵底面ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC .∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD .∵A 1O ∩AC ＝O ，A 1O ⊂平面A 1AC ，AC ⊂平面A 1AC ，∴BD ⊥平面A 1AC .∵AA 1⊂平面A 1AC ，∴AA 1⊥BD .(2)证明 ∵A 1B 1∥AB ，AB ∥CD ，∴A 1B 1∥CD .∵A 1B 1＝CD ，∴四边形A 1B 1CD 是平行四边形，∴A 1D ∥B 1C ，同理A 1B ∥D 1C ，∵A 1B ⊂平面A 1BD ，A 1D ⊂平面A 1BD ，CD 1⊂平面CD 1B 1，B 1C ⊂平面CD 1B 1， 且A 1B ∩A 1D ＝A 1，CD 1∩B 1C ＝C ，∴平面A 1BD ∥平面CD 1B 1.(3)解 ∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD －A 1B 1D 1的高．在正方形ABCD 中，AB ＝2，可得AC ＝2.在Rt △A 1OA 中，AA 1＝2，AO ＝1，∴A 1O ＝3，∴V 三棱柱ABD －A 1B 1D 1＝S △ABD ·A 1O＝12×(2)2×3＝ 3.∴三棱柱ABD －A 1B 1D 1的体积为 3.4．(1)证明 如图，取BC 的中点G ，连结AG ，EG .因为E ，G 分别是B 1C ，BC 的中点，所以EG ∥BB 1且EG ＝12BB 1.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1且AA 1＝BB 1，而D 是AA 1的中点，所以AD ∥BB 1，且AD ＝12BB 1.所以EG ∥AD 且EG ＝AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以DE ∥AG ，又因为DE ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC .(2)解 由AG ⊥BC ，B 1B ⊥AG ，BC ∩B 1B ＝B ，得AG ⊥平面BCE .因为AD ∥BB 1，AD ⊄平面BCE ，BB 1⊂平面BCE ，所以AD ∥平面BCE ，所以点D 到平面BCE 的距离就是点A 到平面BCE 的距离AG 且AG ＝4.又因为S △BCE ＝12BC ·GE ＝12×6×3＝9， 从而V E －BCD ＝V D －BCE ＝13S △BCE ·AG ＝13×9×4＝12.。
江苏版2018年高考数学一轮复习专题8.4直线平面平行垂直的判定及其性质讲
专题8.4 直线、平面平行垂直的判定及其性质【考纲解读】内容要求备注AABBCC点、线、面之间的位置关系直线与平面垂直的判定及性质√√1．以立体几何的定义、公理、定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质和判定定理．2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．【直击考点】题组一常识题1．已知直线a，b和平面α，且a⊥α，b∥α，则a与b的位置关系为________．【解析】因为a⊥α，所以a垂直于α内的任意直线．因为b∥α，所以b可以平移至α内，所以a⊥b.2．给出下列条件：①l与平面α内的两条直线垂直；②l与平面α内的无数条直线垂直；③l与平面α内的某一条直线垂直；④l与平面α内的任意一条直线垂直．其中能判定直线l⊥平面α的有________(填序号)．【解析】只有④能满足直线l与平面α内的两条相交直线垂直，故④满足题意．3．若PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA，AC，BD，则所形成的平面中一定互相垂直的平面有________对．【解析】如图所示，由于PD⊥平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD，平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD，平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB，平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC.故一定互相垂直的平面有7对．题组二常错题4．“直线a与平面α内的无数条直线都垂直”是“直线a与平面α垂直”的____________条件．5．如图所示，O为正方体ABCD A1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是________(填序号)．①A1D；②AA1；③A1D1；④A1C1.【解析】连接B1D1，由题易知，A1C1⊥平面BB1D1D，又OB1⊂平面DD1B1B，∴A1C1⊥B1O.6．已知直线a，b，c，若a⊥b，b⊥c，则a与c的位置关系为________________________．【解析】在同一个平面内，由题设条件可得a∥c；在空间中，直线a与c的位置关系不确定，平行、相交、异面都有可能．题组三常考题7．已知平面α，β交于直线l，若直线n⊥β，则n与l的位置关系为________．【解析】由平面α，β交于直线l，得到l⊂β，又n⊥β，所以n⊥l.8．在如图所示的四棱锥P ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD，点E是PC 的中点，则DE与平面PBC的位置关系为________．【解析】因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥BC.由底面ABCD为矩形，得BC⊥CD，又PD∩CD＝D，所以BC⊥平面PCD.又DE⊂平面PCD，所以BC⊥DE.因为PD＝CD，点E是PC的中点，所以DE⊥PC.又PC∩BC＝C，所以DE⊥平面PBC.9．如图，在四棱锥P ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC，则平面PAB与平面PAC的位置关系为________．【知识清单】考点1 直线与平面垂直的判定与性质直线与平面垂直定义：如果一条直线和一个平面内的任何一条直线都垂直，那么称这条直线和这个平面垂直．定理：文字语言图形语言符号语言判定定理如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直.⎭⎪⎬⎪⎫aαbαl⊥al⊥ba∩b＝A⇒l⊥α性质定理如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行.⎭⎪⎬⎪⎫a⊥αb⊥α⇒a∥b考点2 平面与平面垂直的判定与性质1平面与平面垂直定义：两个平面相交，如果所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直．定理：文字语言图形语言符号语言判定定理如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.⎭⎪⎬⎪⎫ABβAB⊥α⇒β⊥α性质定理如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面.⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βα∩β＝MNABβAB⊥MN⇒AB⊥α考点3 线面、面面垂直的综合应用1．直线与平面垂直(1)判定直线和平面垂直的方法①定义法．②利用判定定理：如果一条直线与平面内的两条相交直线垂直，则这条直线与这个平面垂直．③推论：如果在两条平行直线中，有一条垂直于平面，那么另一条直线也垂直于这个平面．(2)直线和平面垂直的性质①直线垂直于平面，则垂直于平面内任意直线．②垂直于同一个平面的两条直线平行．③垂直于同一直线的两平面平行．2．斜线和平面所成的角斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫斜线和平面所成的角．3．平面与平面垂直(1)平面与平面垂直的判定方法①定义法②利用判定定理：如果一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直．(2)平面与平面垂直的性质如果两平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．【考点深度剖析】近年来，高考题由考查知识向考查能力方向转变，题目新颖多变，灵活性强．立体几何试题一般都是综合直线和平面，以及简单几何体的内容于一体，经常是以简单几何体作为载体，全面考查线面关系．【重点难点突破】考点1 直线与平面垂直的判定与性质【1-1】设l、m、n均为直线，其中m、n在平面α内，则“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的________条件【答案】充分不必要【解析】当l⊥α时，l⊥m且l⊥n.但当l⊥m，l⊥n时，若m、n不是相交直线，则得不到l⊥α.即l⊥α是l⊥m且l⊥n的充分不必要条件．.【1-2】(2014·常州模拟)给出下列命题：(1)若一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直；(2)若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，则这两个平面相互平行； (3)若两条平行直线中的一条垂直于直线m ，则另一条直线也与直线m 垂直；(4)若两个平面垂直，则一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直． 其中所有真命题的序号为________． 【答案】(1)(3)(4)【1-3】设α，β是空间两个不同的平面，m ，n 是平面α及β外的两条不同直线．从“①m ⊥n ；②α⊥β；③n ⊥β；④m ⊥α”中选取三个作为条件，余下一个作为结论，写出你认为正确的一个命题：________(用代号表示)．【答案】①③④⇒②(或②③④⇒①)【解析】逐一判断．若①②③成立，则m 与α的位置关系不确定，故①②③⇒④错误；同理①②④⇒③也错误；①③④⇒②与②③④⇒①均正确． 【思想方法】证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法(若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面)．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形(或给出线段长度，经计算满足勾股定理)、直角梯形等等．【温馨提醒】证明两个平面垂直，首先要考虑直线与平面的垂直，也可简单地记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明非常类似，这种转化方法是本讲内容的显著特征，掌握化归与转化思想方法是解决这类问题的关键． 考点2 平面与平面垂直的判定与性质【2-1】(2014·合肥模拟)设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ∥α⇒m ⊥β③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α其中正确的命题是________(填写序号)．【答案】①③【解析】对于②，直线m 与平面β可能平行或相交；对于④，直线m 可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．【2-2】如图，PA ⊥⊙O 所在平面，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点，AE ⊥PC ，AF ⊥PB ，给出下列结论：①AE ⊥BC ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC ，其中真命题的序号是________．【答案】①②④【解析】①AE ⊂平面PAC ，BC ⊥AC ，BC ⊥PA ⇒AE ⊥BC ，故①正确，②AE ⊥PB ，AF ⊥PB ⇒EF ⊥PB ，故②正确，③若AF ⊥BC ⇒AF ⊥平面PBC ，则AF ∥AE 与已知矛盾，故③错误，由①可知④正确．【2-3】(2013·重庆高考)如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝23，BC ＝CD ＝2，∠ACB ＝∠ACD ＝π3.(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若侧棱PC 上的点F 满足PF ＝7FC ，求三棱锥P BDF 的体积．所以V P BDF ＝V P BCD －V F BCD ＝2－14＝74.【思想方法】判定面面垂直的方法：(1)面面垂直的定义．(2)面面垂直的判定定理(a ⊥β，a α⇒α⊥β)．在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化，转化为线面垂直或线线垂直． 转化方法：在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．【温馨提醒】空间的位置关系，特别是平行与垂直的位置关系是整个立体几何的基础，也是立体几何的重点，是考查空间想象能力的“主战场”，所以空间直线、平面的位置关系，特别是线面、面面的平行与垂直关系的判定与证明，成为立体几何复习的重点内容之一，每年的高考数学试题对立体几何的考查，一方面以选择题、填空题的形式直接考查线线、线面、面面的位置关系，另一方面以多面体、棱柱、棱锥为载体，判断与证明几何体内线面的平行与垂直关系．考点3 线面、面面垂直的综合应用【3-1】如图，在三棱锥D－ABC中，若AB＝CB，AD＝CD，E是AC的中点，则下列结论中正确的是__________(填序号)①平面ABC⊥平面ABD②平面ABD⊥平面BCD③平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDE④平面ABC⊥平面ACD，且平面ACD⊥平面BDE【答案】③【3-2】【2013年海安模拟】如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.其中正确的有________(把所有正确的序号都填上)．【答案】①④【解析】由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE，又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE ⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD，又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，∴④正确．【3-3】【2014年江苏】如图，在三棱锥P ABC中，,,D E F分别为棱,,PC AC AB的中点，已知PA AC，6PA =，8,5BC DF ==求证：（Ⅰ）直线//PA 平面DEF（Ⅱ）平面BDE ⊥平面ABCEDFPACB【思想方法】1. 垂直关系的转化：2．在证明两平面垂直时一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线图中不存在，则可通过作辅助线来解决．如有平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．故熟练掌握“线线垂直”、“面面垂直”间的转化条件是解决这类问题的关键．【温馨提醒】解答立体几何综合题时，要学会识图、用图与作图．图在解题中起着非常重要的作用，空间平行、垂直关系的证明，都与几何体的结构特征相结合，准确识图，灵活利用几何体的结构特征找出平面图形中的线线的平行与垂直关系是证明的关键．【易错试题常警惕】1．在解决直线与平面垂直的问题过程中，要注意直线与平面垂直的定义、判定定理和性质定理的联合交替使用，即注意线线垂直和线面垂直的互相转化．2．面面垂直的性质定理是作辅助线的一个重要依据．我们要作一个平面的一条垂线，通常是先找这个平面的一个垂面，在这个垂面中，作交线的垂线即可．。
(江苏专用)2018版高考数学大一轮温习 第八章节 立体几何与空间向量 8.5 空间向量及其运算讲义 理 苏教版
(2)三棱锥O－ABC中，M，N分别是OA，BC的中点，G是△ABC的重心， 用基向量 O→A，O→B，O→C 表示 M→G，O→G .
解答
M→G＝M→A＋A→G＝12O→A＋23A→N ＝12O→A＋23(O→N－O→A) ＝12O→A＋23[12(O→B＋O→C)－O→A]＝－16O→A＋13O→B＋13O→C. O→G＝O→M＋M→G＝12O→A－16O→A＋13O→B＋13O→C ＝13O→A＋13O→B＋13O→C.
3.(教材改编)已知a＝(2,4，x)，b＝(2，y,2)，若|a|＝6，且a⊥b，则x＋y 的值为_1_或__－__3_.
答案 解析
依题意得
4＋4y＋2x＝0， 4＋16＋x2＝36，
解得xy＝＝4－，3， 或xy＝＝－1. 4，
∴x＋y＝1或x＋y＝－3.
4.如图，在四面体O－ABC中，O→A＝a， O→B＝b，O→C＝c， D为BC的中点，E为AD的中点，则O→E＝__12_a_＋__14_b_＋__14_c_. (用a，b，c表示)
(2)空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa)·b＝ λ(a·b) ； ②交换律：a·b＝ b·a ； ③分配律：a·(b＋c)＝ a·b＋a·c .
4.空间向量的坐标表示及其应用 设a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3).
向量表示
数量积
a·b
坐标表示
_a_1_b_1_＋__a_2b_2_＋__a_3_b_3 _
cos〈a，b〉＝ a1b1＋a2b2＋a3b3 a21＋a22＋a23· b21＋b22＋b23
知识拓展
1.向量三点共线定理：在平面中A、B、C三点共线的充要条件是： O→A＝xO→B＋yO→C (其中x＋y＝1)，O为平面内任意一点.
精选江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何第52练平行与垂直综合练练习文
（江苏专用）2018版高考数学专题复习专题8 立体几何第52练平行与垂直综合练练习文1．(2016·南通、扬州联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别为棱AB，BC，C1D1的中点．(1)求证：AP∥平面C1MN；(2)求证：平面B1BDD1⊥平面C1MN.2.如图所示，在四面体ABCD中，平面BAD⊥平面CAD，∠BAD＝90°，M，N，Q分别为棱AD，BD，AC的中点．(1)求证：CD∥平面MNQ；(2)求证：平面MNQ⊥平面CAD.3.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点，求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F∥平面ADE.4．(2016·北京海淀区下学期期中)如图1，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝2AD，四边形ABEF是矩形，将矩形ABEF沿AB折起到四边形ABE1F1的位置，使平面ABE1F1⊥平面ABCD，M为AF1的中点，如图2.(1)求证：BE1⊥DC；(2)求证：DM∥平面BCE1；(3)判断直线CD与ME1的位置关系，并说明理由．答案精析1．证明(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为M，P分别为棱AB，C1D1的中点，所以AM＝PC1.又AM∥CD，PC1∥CD，故AM∥PC1，所以四边形AMC1P为平行四边形，所以AP∥C1M.又AP⊄平面C1MN，C1M⊂平面C1MN，所以AP∥平面C1MN.(2)连结AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD.又M，N分别为棱AB，BC的中点，所以MN∥AC，所以MN⊥BD.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以DD1⊥MN.又DD1∩DB＝D，DD1⊂平面B1BDD1，DB⊂平面B1BDD1，所以MN⊥平面BDD1B1.又MN⊂平面C1MN，所以平面B1BDD1⊥平面C1MN.2．证明(1)因为M，Q分别为棱AD，AC的中点，所以MQ∥CD.又CD⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，故CD∥平面MNQ.(2)因为M，N分别为棱AD，BD的中点，所以MN∥AB.又∠BAD＝90°，所以MN⊥AD.因为平面BAD⊥平面CAD，平面BAD∩平面CAD＝AD，且MN⊂平面ABD，所以MN⊥平面CAD.又MN⊂平面MNQ，所以平面MNQ⊥平面CAD.3．证明(1)因为ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.又因为AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，所以AD⊥平面BCC1B1.又AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面BCC 1B 1.(2)因为A 1B 1＝A 1C 1，F 为B 1C 1的中点，所以A 1F ⊥B 1C 1.因为CC 1⊥平面A 1B 1C 1，且A 1F ⊂平面A 1B 1C 1， 所以CC 1⊥A 1F .又因为CC 1，B 1C 1⊂平面BCC 1B 1，CC 1∩B 1C 1＝C 1， 所以A 1F ⊥平面BCC 1B 1.由(1)知AD ⊥平面BCC 1B 1，所以A 1F ∥AD .又AD ⊂平面ADE ，A 1F ⊄平面ADE ，所以A 1F ∥平面ADE .4．(1)证明 因为四边形ABE 1F 1为矩形，所以BE 1⊥AB .因为平面ABCD ⊥平面ABE 1F 1，且平面ABCD ∩平面ABE 1F 1＝AB ，BE 1⊂平面ABE 1F 1，所以BE 1⊥平面ABCD .因为DC ⊂平面ABCD ，所以BE 1⊥DC .(2)证明 因为四边形ABE 1F 1为矩形，所以AM ∥BE 1.因为AD ∥BC ，AD ∩AM ＝A ，BC ∩BE 1＝B ，AD ⊂平面ADM ，AM ⊂平面ADM ，BC ⊂平面BCE 1，BE 1⊂平面BCE 1， 所以平面ADM ∥平面BCE 1.因为DM ⊂平面ADM ，所以DM ∥平面BCE 1.(3)解 直线CD 与ME 1相交，理由如下：取BC 的中点P ，CE 1的中点Q ，连结AP ，PQ ，QM ，所以PQ ∥BE 1，且PQ ＝12BE 1. 在矩形ABE 1F 1中，M 为AF 1的中点，所以AM ∥BE 1，且AM ＝12BE 1， 所以PQ ∥AM ，且PQ ＝AM .所以四边形APQM 为平行四边形，所以MQ ∥AP ，MQ ＝AP .因为四边形ABCD为梯形，P为BC的中点，BC＝2AD，所以AD∥PC，AD＝PC，所以四边形ADCP为平行四边形．所以CD∥AP且CD＝AP.所以CD∥MQ且CD＝MQ.所以四边形CDMQ是平行四边形．所以DM∥CQ，即DM∥CE1.因为DM≠CE1，所以四边形DME1C是以DM，CE1为底边的梯形，所以直线CD与ME1相交．。
【精品】2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习专题8 立体几何与空间向量 第52练含解析
1．(2016·南通、扬州联考)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别为棱AB ，BC ，C 1D 1的中点． (1)求证：AP ∥平面C 1MN ； (2)求证：平面B 1BDD 1⊥平面C 1MN .2．(2016·苏、锡、常、镇调研一)如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，PA ⊥平面ABCD ，M 是AD 的中点，N 是PC 的中点． (1)求证：MN ∥平面PAB ；(2)若平面PMC ⊥平面PAD ，求证：CM ⊥AD .3.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为矩形，AB ＝2，BC ＝1，E ，F 分别是AB ，PC 的中点，DE ⊥PA . (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)求证：平面PAC ⊥平面PDE .4．(2016·北京海淀区下学期期中)如图1，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ⊥DC ，BC ＝2AD ，四边形ABEF 是矩形，将矩形ABEF 沿AB 折起到四边形ABE 1F 1的位置，使平面ABE 1F 1⊥平面ABCD ，M 为AF 1的中点，如图2.(1)求证：BE 1⊥DC ； (2)求证：DM ∥平面BCE 1；(3)判断直线CD 与ME 1的位置关系，并说明理由．答案精析1．证明 (1)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，因为M ，P 分别为棱AB ，C 1D 1的中点， 所以AM ＝PC 1.又AM ∥CD ，PC 1∥CD ， 故AM ∥PC 1，所以四边形AMC 1P 为平行四边形， 所以AP ∥C 1M .又AP ⊄平面C 1MN ，C 1M ⊂平面C 1MN ， 所以AP ∥平面C 1MN .(2)连结AC ，在正方形ABCD 中，AC ⊥BD .又M ，N 分别为棱AB ，BC 的中点， 所以MN ∥AC ，所以MN ⊥BD . 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DD 1⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ， 所以DD 1⊥MN .又DD 1∩DB ＝D ，DD 1⊂平面B 1BDD 1，DB ⊂平面B 1BDD 1， 所以MN ⊥平面BDD 1B 1. 又MN ⊂平面C 1MN ，所以平面B 1BDD 1⊥平面C 1MN .2．证明 (1)如图，取PB 的中点E ，连结AE ，NE .因为E ，N 分别是PB ，PC 的中点， 所以EN ∥BC 且EN ＝12BC .因为底面ABCD 是平行四边形，M 是AD 的中点，所以AM∥BC且AM＝12 BC，所以EN∥AM且EN＝AM，所以四边形AMNE是平行四边形，所以MN∥AE，因为MN⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，所以MN∥平面PAB.(2)如图，在平面PAD内，过点A作AH⊥PM，垂足为H.因为平面PMC⊥平面PAD，平面PMC∩平面PAD＝PM，因为AH⊂平面PAD，AH⊥PM，所以AH⊥平面PMC，从而AH⊥CM.因为PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，所以PA⊥CM.因为PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAD，所以CM⊥平面PAD，因为AD⊂平面PAD，所以CM⊥AD.3．证明(1)如图，取PD中点G，连结AG，FG，因为F，G分别为PC，PD的中点，所以FG∥CD，且FG＝12 CD.又因为E为AB中点，所以AE∥CD，且AE＝12 CD.所以AE∥FG，AE＝FG.所以四边形AEFG 为平行四边形． 所以EF ∥AG ，又EF ⊄平面PAD ，AG ⊂平面PAD ， 所以EF ∥平面PAD .(2)设AC ∩DE ＝H ，由△AEH ∽△CDH 及E 为AB 中点，得AH CH ＝AE CD ＝12， 又因为AB ＝2，BC ＝1， 所以AC ＝3，AH ＝13AC ＝33.所以AH AE ＝AB AC ＝23，又∠BAC 为公共角， 所以△HAE ∽△BAC .所以∠AHE ＝∠ABC ＝90°，即DE ⊥AC .又DE ⊥PA ，PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以DE ⊥平面PAC . 又DE ⊂平面PDE ， 所以平面PAC ⊥平面PDE .4．(1)证明 因为四边形ABE 1F 1为矩形， 所以BE 1⊥AB .因为平面ABCD ⊥平面ABE 1F 1， 且平面ABCD ∩平面ABE 1F 1＝AB ，BE 1⊂平面ABE 1F 1， 所以BE 1⊥平面ABCD .因为DC ⊂平面ABCD ，所以BE 1⊥DC . (2)证明 因为四边形ABE 1F 1为矩形， 所以AM ∥BE 1.因为AD ∥BC ，AD ∩AM ＝A ，BC ∩BE 1＝B ，AD ⊂平面ADM ，AM ⊂平面ADM ，BC ⊂平面BCE 1，BE 1⊂平面BCE 1， 所以平面ADM ∥平面BCE 1. 因为DM ⊂平面ADM ， 所以DM ∥平面BCE 1.(3)解 直线CD 与ME 1相交，理由如下：取BC 的中点P ，CE 1的中点Q ，连结AP ，PQ ，QM ，所以PQ∥BE1，且PQ＝12BE1.在矩形ABE1F1中，M为AF1的中点，所以AM∥BE1，且AM＝12BE1，所以PQ∥AM，且PQ＝AM.所以四边形APQM为平行四边形，所以MQ∥AP，MQ＝AP.因为四边形ABCD为梯形，P为BC的中点，BC＝2AD，所以AD∥PC，AD＝PC，所以四边形ADCP为平行四边形．所以CD∥AP且CD＝AP.所以CD∥MQ且CD＝MQ.所以四边形CDMQ是平行四边形．所以DM∥CQ，即DM∥CE1.因为DM≠CE1，所以四边形DME1C是以DM，CE1为底边的梯形，所以直线CD与ME1相交．。
江苏专用2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何8.5平行与垂直的综合应用课件文
命题点4 面面垂直的证明 例5 如图所示，在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中， E 为 BB1 的中点，求证： 截面A1CE⊥侧面ACC1A1.
证明
命题点5 平行、垂直的综合证明
例6
(2016· 泰州一模)如图，在四棱锥E—ABCD中，△ABD为正三角形，
EB＝ED，CB＝CD. (1)求证：EC⊥BD； 证明
答案 解析
取BC的中点D，连结AD，PD. ∵AD⊥BC，PA⊥BC， 且AD∩PA＝A， ∴BC⊥平面PAD，∴BC⊥PD， ∴在Rt△PAD中，PD＝ 82＋42＝4 5.
5.( 教材改编 ) 如图，在三棱锥 V—ABC 中， ∠VAB ＝ ∠VAC ＝ ∠ABC ＝ 垂直 90°，则平面VBA与平面VBC的位置关系为______.
答案 解析
题型分类
深度剖析
题型一 线、面平行与垂直关系的判定 例1 (1) 如图所示，在直棱柱 ABC—A1B1C1 中，若 D 是 AB 的中点， AC1∥平面CDB1 则AC1与平面CDB1的关系为_______________.
答案 解析
(2)已知m，n为直线，α，β为平面，给出下列命题：
2.应特别注意的几个易错点 定理 图形语言 易错点
∠AOB和
等角定理
∠A′O′B′中 OA∥O′A′， OB∥O′B′ 且方向相同
易忽略“方向 相同”
⇒∠AOB＝∠A′O′B′ 线面平行的 判定定理
a⊄α，b⊂α a∥b
⇒a∥α
易丢掉“a⊄α” 或“b⊂α”
m⊥α， ① ⇒n∥α； m⊥n m⊥α， ③ ⇒α∥β； m⊥β m⊥β， ② ⇒m∥n； n⊥β m⊂α， ④n⊂β， α∥β
高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离
（江苏专用）2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离教师用书理苏教版编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（江苏专用）2018版高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.7 立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离教师用书理苏教版）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第八章立体几何与空间向量 8。
7 立体几何中的向量方法（二）--求空间角和距离教师用书理苏教版1.两条异面直线所成角的求法设a,b分别是两异面直线l1,l2的方向向量，则l与l2所成的角θa与b的夹角β1范围(0,错误!]［0，π]求法cos θ＝错误!cos β＝错误!2.直线与平面所成角的求法设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,a与n的夹角为β,则sin θ＝｜cos β|＝错误!.3.求二面角的大小（1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈错误!，错误!>.(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量,则二面角的大小θ满足|cos θ｜＝|cos〈n，n2〉|,二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角）。
1【知识拓展】利用空间向量求距离（供选用）（1)两点间的距离设点A（x1，y1，z1)，点B（x2，y2，z2），则AB＝｜错误!|＝错误!.(2)点到平面的距离如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段,n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|错误! |＝错误!。
江苏专版高考数学一轮复习第八章立体几何第五节空间向量的运算及应用教案理含解析苏教版
江苏专版高考数学一轮复习第八章立体几何第五节空间向量的运算及应用教案理含解析苏教版第五节空间向量的运算及应用1．空间向量及其有关概念概念语言描述共线向量(平行向量)表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合共面向量平行于同一个平面的向量共线向量定理对空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b⇔存在λ∈R，使a＝λb 共面向量定理若两个向量a，b不共线，则向量p与向量a，b共面⇔存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝x a＋y b空间向量基本定理定理：如果三个向量a，b，c不共面，那么对空间任一向量p，存在有序实数组{x，y，z}使得p＝x a＋y b＋z c推论：设O，A，B，C是不共面的四点，则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x，y，z，使OP―→＝x OA―→＋y OB―→＋z OC―→且x＋y＋z＝12．数量积及坐标运算(1)两个向量的数量积：①a·b＝|a||b|cos〈a，b〉；②a⊥b⇔a·b＝0(a，b为非零向量)；③|a|2＝a2，|a|＝x2＋y2＋z2.(2)向量的坐标运算：a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)向量和a＋b＝(a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3)向量差a－b＝(a1－b1，a2－b2，a3－b3)数量积a·b＝a1b1＋a2b2＋a3b3共线a∥b⇒a1＝λb1，a2＝λb2，a3＝λb3(λ∈R，b≠0)垂直a⊥b⇔a1b1＋a2b2＋a3b3＝0夹角公式 cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23[小题体验]1．已知a ＝(2,3,1)，b ＝(－4,2，x )，且a ⊥b ，则|b|＝________. 答案：2 62．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________.答案：6573．已知直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x 的值为________．解析：因为线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量， 故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝± 2. 答案：± 21．共线向量定理中a ∥b ⇔存在λ∈R ，使a ＝λb 易忽视b ≠0. 2．共面向量定理中，注意有序实数对(x ，y )是唯一存在的．3．一个平面的法向量有无数个，但要注意它们是共线向量，不要误认为是共面向量． [小题纠偏]1．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ＋μ＝________. 解析：因为a ∥b ，所以b ＝k a ， 即(6,2μ－1,2λ)＝k (λ＋1,0,2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧6＝k λ＋1，2μ－1＝0，2λ＝2k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，μ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－3，μ＝12，所以λ＋μ＝±52.答案：±522．若AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是________． 解析：因为AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→，所以AB ―→，CD ―→，CE ―→共面， 所以AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内．答案：平行或直线AB 在平面内3．(2019·无锡检测)已知平面α的法向量为n ＝(1,2，－2)，平面β的法向量为m ＝(－2，－4，k )，若α⊥β，则实数k 的值为________．解析：由α⊥β，得m ·n ＝－2－8－2k ＝0，解得k ＝－5. 答案：－5考点一 空间向量的线性运算基础送分型考点——自主练透 [题组练透]如图所示，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，设AA 1―→＝a ，AB ―→＝b ，AD ―→＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP ―→； (2)A 1N ―→； (3)MP ―→＋NC 1―→.解：(1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP ―→＝AA 1―→＋A 1D 1―→＋D 1P ―→＝a ＋AD ―→＋12D 1C 1―→＝a ＋c ＋12AB ―→＝a ＋c ＋12b.(2)因为N 是BC 的中点，所以A 1N ―→＝A 1A ―→＋AB ―→＋BN ―→＝－a ＋b ＋12BC ―→＝－a ＋b ＋12AD ―→＝－a ＋b ＋12c .(3)因为M 是AA 1的中点，所以MP ―→＝MA ―→＋AP ―→＝12A 1A ―→＋AP ―→＝－12a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c ，又NC 1―→＝NC ―→＋CC 1―→＝12BC ―→＋AA 1―→＝12AD ―→＋AA 1―→＝12c ＋a ，所以MP ―→＋NC 1―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ＋12b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋12c ＝32a ＋12b ＋32c.[谨记通法]用已知向量表示未知向量的解题策略(1)用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键． (2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义．首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量，我们可把这个法则称为向量加法的多边形法则．(3)在立体几何中要灵活应用三角形法则，向量加法的平行四边形法则在空间仍然成立． 考点二 共线、共面向量定理的应用重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．若A (－1,2,3)，B (2,1,4)，C (m ，n,1)三点共线，求m ＋n 的值． 解：AB ―→＝(3，－1,1)，AC ―→＝(m ＋1，n －2，－2)．因为A ，B ，C 三点共线，所以存在实数λ，使得AC ―→＝λAB ―→. 即(m ＋1，n －2，－2)＝λ(3，－1,1)＝(3λ，－λ，λ)，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1＝3λ，n －2＝－λ，－2＝λ，解得λ＝－2，m ＝－7，n ＝4.所以m ＋n ＝－3.2．如图所示，已知斜三棱柱ABC A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM ―→＝k AC 1―→，BN ―→＝k BC ―→(0≤k ≤1)．判断向量MN ―→是否与向量AB ―→，AA 1―→共面． 解：因为AM ―→＝k AC 1―→，BN ―→＝k BC ―→， 所以MN ―→＝MA ―→＋AB ―→＋BN ―→ ＝k C 1A ―→＋AB ―→＋k BC ―→ ＝k (C 1A ―→＋BC ―→)＋AB ―→ ＝k (C 1A ―→＋B 1C 1―→)＋AB ―→ ＝k B 1A ―→＋AB ―→＝AB ―→－k AB 1―→＝AB ―→－k (AA 1―→＋AB ―→) ＝(1－k )AB ―→－k AA 1―→，所以由共面向量定理知向量MN ―→与向量AB ―→，AA 1―→共面．[由题悟法]应用共线(面)向量定理、证明点共线(面)的方法比较三点(P ，A ，B )共线 空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA ―→＝λPB ―→MP ―→＝x MA ―→＋y MB ―→对空间任一点O ，OP ―→＝OA ―→＋t AB ―→对空间任一点O ，OP ―→＝OM ―→＋x MA ―→＋y MB ―→对空间任一点O ，OP ―→＝x OA ―→＋(1－x ) OB ―→对空间任一点O ，OP ―→＝x OM ―→＋y OA ―→＋ (1－x －y ) OB ―→[即时应用]如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为3的菱形，∠ABC ＝60°，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝3.F 在棱PA 上，且AF ＝1，E 在棱PD 上．若CE ∥平面BDF ，求PE ∶ED 的值．解：取BC 的中点G ，连结AG ，因为四边形ABCD 是∠ABC ＝60°的菱形，所以AG ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，故以A 为原点，分别以AG ―→，AD ―→，AP ―→为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A xyz .则D (0,3,0)，F (0,0,1)，B ⎝⎛⎭⎪⎫332，－32，0，P (0,0,3)，C ⎝⎛⎭⎪⎫332，32，0，DF ―→＝(0，－3，1)，DB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－92，0，PD ―→＝(0,3，－3)，CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－332，－32，3，设平面BDF 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF ―→＝0，n ·DB ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3y ＋z ＝0，332x －92y ＝0，令y ＝1，则x ＝3，z ＝3，所以n ＝(3，1,3)． 设PE ―→＝λPD ―→＝(0,3λ，－3λ)，则CE ―→＝CP ―→＋PE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－332，－32＋3λ，3－3λ，因为CE ∥平面BDF ，所以n ·CE ―→＝0，解得λ＝12.所以PE ∶ED ＝1.考点三 利用向量证明平行与垂直问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，∠ABC ＝90°，BC ＝2，CC 1＝4，点E 为BB 1上的一点，且EB 1＝1，点D ，F ，G 分别为CC 1，C 1B 1，C 1A 1的中点．求证：(1)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD .证明：(1)以点B 为坐标原点，BA ，BC ，BB 1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B (0,0,0)，D (0,2,2)，B 1(0,0,4)，设BA ＝a ，则A (a,0,0)，所以BA ―→＝(a,0,0)，BD ―→＝(0,2,2)，B 1D ―→＝(0,2，－2)， 因为B 1D ―→·BA ―→＝0＋0＋0＝0，B 1D ―→·BD ―→＝0＋4－4＝0， 所以B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD . 又BA ∩BD ＝B ， 所以B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0,0,3)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，1，4，F (0,1,4)， 则EG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，1，EF ―→＝(0,1,1)，因为B 1D ―→·EG ―→＝0＋2－2＝0，B 1D ―→·EF ―→＝0＋2－2＝0， 所以B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，所以B 1D ⊥平面EGF . 由(1)可知，B 1D ⊥平面ABD ， 所以平面EGF ∥平面ABD .[由题悟法]1．利用向量法证明平行问题的类型及方法 (1)证明线线平行：两条直线的方向向量平行． (2)证明线面平行：①该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；②证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；③证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示． (3)证明面面平行：两个平面的法向量平行． 2．利用向量法证明垂直问题的类型及方法(1)证明线线垂直：两条直线的方向向量的数量积为0. (2)证明线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量平行． (3)证明面面垂直：①其中一个平面与另一个平面的法向量平行； ②两个平面的法向量垂直．[即时应用]如图，四边形ABEF 与四边形ABCD 是两个全等的正方形，且平面ABEF 与平面ABCD 互相垂直，M ，N 分别是AC 与BF 上的点，且CM ＝BN .求证：(1)MN ⊥AB ； (2)MN ∥平面CBE .证明：(1)设正方形ABEF 的边长为1.CM ―→＝λCA ―→，则BN ―→＝λBF ―→. 取一组向量的基底为{BA ―→，BE ―→，BC ―→}，记为{a ，b ，c}． 则|a|＝|b|＝|c|＝1，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0. 所以MN ―→＝MC ―→＋CB ―→＋BN ―→＝－λCA ―→＋CB ―→＋λBF ―→ ＝－λ(a －c)－c ＋λ(a ＋b)＝λb ＋(λ－1)c ， 所以MN ―→·BA ―→＝[λb ＋(λ－1)c ]·a ， ＝λ(b ·a)＋(λ－1)(c ·a) ＝λ×0＋(λ－1)×0＝0. 所以MN ―→⊥BA ―→，即MN ⊥AB . (2)法一：由(1)知MN ⊥AB . 又AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，BE ∩BC ＝B . 所以AB ⊥平面CBE . 又MN ⊄平面CBE . 所以MN ∥平面CBE .法二：由(1)知，MN ―→＝λb ＋(λ－1)c ＝λBE ―→＋(λ－1)BC ―→. 所以MN ―→与平面CBE 共面． 又MN ⊄平面CBE . 所以MN ∥平面CBE .一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知a ＝(2,3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x ＝________.解析：由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8,12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0,6，－20)．答案：(0,6，－20)2．(2019·汇龙中学检测)若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则直线l 和平面α的位置关系为________．解析：因为a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，所以n ＝－2a ，即a ∥n.所以l ⊥α. 答案：l ⊥α3．(2018·睢宁中学检测)已知空间四边形OABC ，M ，N 分别是OA ，BC 的中点，且OA ―→＝a ，OB ―→＝b ，OC ―→＝c ，用a ，b ，c 表示向量MN ―→＝________.解析：如图所示，连结ON ，AN ，则ON ―→＝12(OB ―→＋OC ―→)＝12(b ＋c)，AN ―→＝12(AC ―→＋AB ―→)＝12(OC ―→－2OA ―→＋OB ―→)＝12(－2a ＋b ＋c)＝－a＋12b ＋12c ，所以MN ―→＝12(ON ―→＋AN ―→)＝－12a ＋12b ＋12c. 答案：－12a ＋12b ＋12c4．若点C (4a ＋1,2a ＋1,2)在点P (1,0,0)，A (1，－3,2)，B (8，－1, 4)所确定的平面上，则a ＝________.解析：由题意得PA ―→＝(0，－3,2)，PB ―→＝(7，－1,4)，PC ―→＝(4a,2a ＋1,2)， 根据共面向量定理，设PC ―→＝x PA ―→＋y PB ―→，则(4a,2a ＋1,2)＝x (0，－3,2)＋y (7，－1,4)＝(7y ，－3x －y ，2x ＋4y )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧4a ＝7y ，2a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－133，y ＝83，a ＝143.答案：1435．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，z )，且α∥β，则y ＋z ＝________.解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2z ，所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. 答案：－36．(2019·滨海检测)已知空间三点A (0,2,3)，B (2,5,2)，C (－2,3,6)，则以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积为________．解析：∵AB ―→＝(2,3，－1)，AC ―→＝(－2,1,3)．∴AB ―→·AC ―→＝－4＋3－3＝－4，|AB ―→|＝22＋32＋－12＝14，|AC ―→|＝－22＋12＋32＝14.∴cos ∠BAC ＝AB ―→·AC ―→| AB ―→|·|AC ―→|＝－414×14＝－27.∴sin ∠BAC ＝1－cos 2∠BAC ＝357. 故以AB ，AC 为邻边的平行四边形的面积S ＝|AB ―→|·|AC ―→|·sin∠BAC ＝14×14×357＝6 5.答案：6 5二保高考，全练题型做到高考达标1．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点．若AB ―→＝(2，－1，－4)，AD ―→＝(4,2,0)，AP ―→＝(－1,2，－1)，则给出下列结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP ―→是平面ABCD 的一个法向量；④AP ―→∥BD ―→.其中正确的是________．(填序号)解析：∵AB ―→·AP ―→＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，∴AB ―→⊥AP ―→，即AP ⊥AB ，故①正确．∵AP ―→·AD ―→＝(－1)×4＋2×2＋0＝0，∴AP ―→⊥AD ―→，即AP ⊥AD ，故②正确． 又AB ∩AD ＝A ，∴ AP ⊥平面ABCD ，故AP ―→是平面ABCD 的一个法向量，故③正确． ∵BD ―→＝AD ―→－AB ―→＝(2,3,4)，AP ―→＝(－1,2，－1)， ∴ 2－1≠32≠4－1， ∴ AP ―→与BD ―→不平行，故④错误． 答案：①②③2．已知a ＝(1,0,1)，b ＝(x,1,2)，且a ·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为________． 解析：因为a ·b ＝x ＋2＝3，所以x ＝1，所以b ＝(1,1,2)． 所以cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a |·|b|＝32×6＝32.所以a 与b 的夹角为π6.答案：π63．(2019·盐城中学检测)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0，1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．解析：设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 因为AB ―→＝(0,1，－1)，AC ―→＝(1,0，－1)，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x －z ＝0，令x ＝1，得m ＝(1,1,1)．因为m ＝－n ，所以m ∥n ，所以α∥β. 答案：α∥β4．已知正三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 交于点G ，将此三角形沿DE 翻折，当AE ⊥BD 时，二面角A DE F 的余弦值等于________．解析：不妨设GD ＝GE ＝1，则GA ＝GF ＝3，AE ＝BD ＝2，由已知得∠AGF 即为二面角A DE F 的平面角，设其为θ.则AE ―→·BD ―→＝(GE ―→－GA ―→)·(BF ―→＋FG ―→＋GD ―→)＝(GE ―→－GA ―→)·(2GE ―→－GF ―→－GE ―→)＝(GE ―→－GA ―→)·(GE ―→－GF ―→)＝GE ―→2－GE ―→·GF ―→－GA ―→·GE ―→＋GA ―→·GF ―→＝1－0－0＋3·3cos θ＝1＋3cos θ＝0，所以cos θ＝－13，即当AE ⊥BD 时，二面角A DE F 的余弦值等于－13.答案：－135．(2019·南京调研)如图，在平行六面体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝5，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则对角线AC 1的长度等于________．解析：AC 1―→2＝(AB ―→＋AD ―→＋AA 1―→)2＝AB ―→2＋AD ―→2＋AA 1―→2＋2AB ―→·AD ―→＋2AB ―→·AA 1―→＋2AD ―→·AA 1―→＝16＋9＋25＋2×4×3×cos 90°＋2×4×5×cos 60°＋2×3×5×cos 60°＝50＋20＋15＝85，即|AC 1―→|＝85.答案：856．在空间直角坐标系中，以点A (4,1,9)，B (10，－1,6)，C (x,4,3)为顶点的△ABC 是以BC 为斜边的等腰直角三角形，则实数x 的值为________．解析：由题意知AB ―→·AC ―→＝0，|AB ―→|＝|AC ―→|，又AB ―→＝(6，－2，－3)，AC ―→＝(x －4,3，－6)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 6x －4－6＋18＝0，x －42＝4，解得x ＝2.答案：27．已知PA 垂直于正方形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是CD ，PC的中点，并且PA ＝AD ＝1.在如图所示的空间直角坐标系中，则MN ＝________.解析：连结PD ，因为M ，N 分别为CD ，PC 的中点，所以MN ＝12PD ，又P (0,0,1)，D (0,1,0)， 所以PD ＝02＋－12＋12＝2，所以MN ＝22. 答案：22 8．已知向量AB ―→＝(1,5，－2)，BC ―→＝(3,1,2)，DE ―→＝(x ，－3,6)．若DE ∥平面ABC ，则x 的值是________．解析：∵DE ∥平面ABC ，∴存在实数m ，n ，使得DE ―→＝m AB ―→＋n BC ―→，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝m ＋3n ，－3＝5m ＋n ，6＝－2m ＋2n ，解得x ＝5.答案：5 9．如图所示，在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，沿着它的对角线AC 将△ACD 折起，使AB 与CD 成60°角，求此时B ，D 间的距离．解：因为∠ACD ＝90°，所以AC ―→·CD ―→＝0.同理可得AC ―→·BA ―→＝0.因为AB 与CD 成60°角，所以〈BA ―→，CD ―→〉＝60°或〈BA ―→，CD ―→〉＝120°，又BD ―→＝BA ―→＋AC ―→＋CD ―→，所以|BD ―→|2＝|BA ―→|2＋|AC ―→|2＋|CD ―→|2＋2BA ―→·AC ―→＋2BA ―→·CD ―→＋2AC ―→·CD ―→＝3＋2×1×1×cos〈BA ―→，CD ―→〉．所以当〈BA ―→，CD ―→〉＝60°时，|BD ―→|2＝4，此时B ，D 间的距离为2；当〈BA ―→，CD ―→〉＝120°时，|BD ―→|2＝2，此时B ，D 间的距离为 2.10．如图，在多面体ABC A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1 AB C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ；(2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：因为二面角A 1 AB C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，所以AA 1⊥平面ABC .又因为AB ＝AC ，BC ＝2AB ，所以∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ，所以AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)， A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．(1) A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1A ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2z ＝0，2x ＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．所以A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→∥n.所以A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·A 1C 1―→＝0，m ·A 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)．所以AB 1―→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，所以AB 1―→⊥m.又AB 1⊄平面A 1C 1C ，所以AB 1∥平面A 1C 1C .三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝2，CC 1＝5，E 是棱CC 1上不同于端点的点，且CE ―→＝λCC 1―→.当∠BEA 1为钝角时，则实数λ的取值范围为________． 解析：以D 为原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,3,0)，C 1(0，3,5)，B (2,3,0)，A 1(2,0,5)．因为CE ―→＝λCC 1―→，所以E (0,3,5λ)．从而EB ―→＝(2,0，－5λ)，EA 1―→＝(2，－3,5－5λ)．当∠BEA 1为钝角时，cos ∠BEA 1＜0，所以EB ―→·EA 1―→＜0，即2×2－5λ(5－5λ)＜0，解得15＜λ＜45. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫15，45 2．(2019·海门中学检测)如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在平面互相垂直，AB ＝2，AF ＝1，M 在EF 上，且AM ∥平面BDE ，则M 点的坐标为________．解析：由题意知CD ，CB ，CE 两两垂直，所以以C 为原点，以CD ，CB ，CE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，设M 点的坐标为(x ，y,1)，AC ∩BD ＝O ，连结OE ，则O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，又E (0,0,1)，A (2，2，0)， 所以OE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－22，1，AM ―→＝(x －2，y －2，1)， 因为AM ∥平面BDE ，AM ⊂平面ACEF ，平面BDE ∩平面ACEF ＝OE ，所以OE ∥AM ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x －2＝－22，y －2＝－22即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝22，y ＝22，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，13．如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上．已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明：(1)以O 为坐标原点，以射线OD 为y 轴正半轴，射线OP 为z 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4)． 于是AP ―→＝(0,3,4)，BC ―→＝(－8，0,0)，所以AP ―→·BC ―→＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0，所以AP ―→⊥BC ―→，即AP ⊥BC .(2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上，所以AM ―→＝35AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BA ―→＝(－4，－5,0)，所以BM ―→＝BA ―→＋AM ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP ―→·BM ―→＝(0,3,4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，所以AP ―→⊥BM ―→，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BC ∩BM ＝B ，所以AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .。
江苏专用2018版高考数学专题复习专题8立体几何与空间向量第54练向量法求解立体几何问题练习理
（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题8 立体几何与空间向量第54练 向量法求解立体几何问题练习 理训练目标 会用空间向量解决立体几何的证明、求空间角、求距离问题．训练题型 (1)用空间向量证明平行与垂直；(2)用空间向量求空间角；(3)求长度与距离．解题策略 (1)选择适当的空间坐标系；(2)求出相关点的坐标，用坐标表示直线的方向向量及平面的法向量；(3)理解并记住用向量表示的空间角和距离的求解公式；(4)探索性问题，可利用共线关系设变量，引入参数，列方程求解.1.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5，AA 1＝4.(1)设AD →＝λAB →，异面直线AC 1与CD 所成角的余弦值为91050，求实数λ的值；(2)若点D 是AB 的中点，求二面角D －CB 1－B 的余弦值．2．(2016·甘肃天水一模)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AD ∥BC ，AD ⊥平面SCD ，AD ＝DC ＝2，BC ＝1，SD ＝2，∠SDC ＝120°. (1)求SC 与平面SAB 所成角的正弦值；(2)求平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．3．(2017·南昌月考)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)在线段CC 1(不含端点)上，是否存在点E ，使得二面角E －B 1D －B 的余弦值为－714？若存在，求出CECC 1的值；若不存在，说明理由．4．(2017·太原质检)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －ABCD 组合而成的，AD ⊥AF ，AE ＝AD ＝2.(1)证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；(2)求正四棱锥P －ABCD 的高h ，使得二面角C －AF －P 的余弦值是223.答案精析 立体几何问题1．解 (1)由AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5得∠ACB ＝90°，以C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .则A (3,0,0)，C 1(0,0,4)，B (0,4,0)， 设D (x ，y ，z )，则由AD →＝λAB →，得CD →＝(3－3λ，4λ，0)， 又AC 1→＝(－3,0,4)，由题意知|cos 〈AC 1→，CD →〉|＝91050＝|－9＋9λ|525λ2－18λ＋9， 解得λ＝15或λ＝－13.(2)由题意得D (32，2,0)，CD →＝(32，2,0)，CB 1→＝(0,4,4)，设平面CDB 1的法向量为n 1，因为CD →·n 1＝0，CB 1→·n 1＝0，所以可取n 1＝(4，－3,3)； 同理，平面CBB 1的一个法向量为n 2＝(1,0,0)， 并且〈n 1，n 2〉与二面角D －CB 1－B 相等或互补， 所以二面角D －CB 1－B 的余弦值为 |cos 〈n 1，n 2〉|＝23417.2．解 如图，在平面SCD 中，过点D 作DC 的垂线交SC 于E ，以D 为原点，DA ，DC ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系D －xyz .则有D (0,0,0)，S (0，－1，3)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，B (1,2,0)． (1)设平面SAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵AB →＝(－1,2,0)，AS →＝(－2，－1，3)，AB →·n ＝0，AS →·n ＝0，∴⎩⎨⎧－x ＋2y ＝0，－2x －y ＋3z ＝0，取y ＝3，得n ＝(23，3，5)． 又SC →＝(0,3，－3)，设SC 与平面SAB 所成角为θ，则sin θ ＝|cos 〈SC →，n 〉|＝2323×210＝1020，故SC 与平面SAB 所成角的正弦值为1020. (2)设平面SAD 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ∵DA →＝(2,0,0)，DS →＝(0，－1，3)， 则有⎩⎪⎨⎪⎧DA →·m ＝0，DS →·m ＝0，即⎩⎨⎧2a ＝0，－b ＋3c ＝0，取b ＝3，得m ＝(0，3，1)．∴cos〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝8210×2＝105， 故平面SAD 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值是105. 3．(1)证明 取AB 的中点O ，连结OD ，OB 1. 因为B 1B ＝B 1A ，所以OB 1⊥AB .又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，OB 1⊂平面B 1OD ，B 1D ⊂平面B 1OD ，所以AB ⊥平面B 1OD ，因为OD ⊂平面B 1OD ，所以AB ⊥OD . 由已知条件知，BC ⊥BB 1， 又OD ∥BC ，所以OD ⊥BB 1.因为AB ∩BB 1＝B ，AB ⊂平面ABB 1A 1，BB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以OD ⊥平面ABB 1A 1. 因为OD ⊂平面ABC ， 所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC . (2)解由(1)知OB ，OD ，OB 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OB →，OD →，OB 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ，连结B 1C .由题设知，B 1(0,0，3)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)，∴B 1D →＝(0,1，－3)，B 1B →＝(1,0，－3)，CC 1→＝(－1,0，3)，B 1C →(1,2，－3)， 设CE →＝λCC 1→(0＜λ＜1)，由B 1E →＝B 1C →＋CE →＝(1－λ，2，3(λ－1))， 设平面BB 1D 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1D →＝0，m ·B 1B →＝0，得⎩⎨⎧y 1－3z 1＝0，x 1－3z 1＝0，令z 1＝1，则x 1＝y 1＝3，所以平面BB 1D 的法向量为m ＝(3，3，1)． 设平面B 1DE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·B 1D →＝0，n ·B 1E →＝0，得⎩⎨⎧y 2－3z 2＝0，1－λx 2＋2y 2＋3λ－1z 2＝0，令z 2＝1，则x 2＝3λ＋1λ－1，y 2＝3，所以平面B 1DE 的一个法向量n ＝(3λ＋1λ－1，3，1)．设二面角E －B 1D －B 的大小为θ，则cos θ＝m ·n|m ||n |＝3λ＋3λ－1＋3＋17·3⎝⎛⎭⎪⎫λ＋1λ－12＋4＝－714， 解得λ＝13.所以在线段CC 1上存在点E ，使得二面角E －B 1D －B 的余弦值为－714，此时CE CC 1＝13(负值舍去)． 4．(1)证明 在直三棱柱ADE －BCF 中，AB ⊥平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以AB ⊥AD . 又AD ⊥AF ，AB ∩AF ＝A ，AB ⊂平面ABFE ，AF ⊂平面ABFE ， 所以AD ⊥平面ABFE .因为AD ⊂平面PAD ，所以平面PAD ⊥平面ABFE . (2)解 由(1)知AD ⊥平面ABFE ，以A 为原点，AB ，AE ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ， 则A (0,0,0)，F (2,2,0)，C (2,0,2)，P (1，－h,1)，其中h 为点P 到平面ABCD 的距离．AF →＝(2,2,0)，AC →＝(2,0,2)，AP →＝(1，－h,1)．设平面AFC 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AF →＝2x 1＋2y 1＝0，m ·AC →＝2x 1＋2z 1＝0，取x 1＝1，则y 1＝z 1＝－1， 所以m ＝(1，－1，－1)．设平面AFP 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝2x 2＋2y 2＝0，n ·AP →＝x 2－hy 2＋z 2＝0，取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝－1－h ， 所以n ＝(1，－1，－1－h )．因为二面角C －AF －P 的余弦值为223，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|1＋1＋1＋h |3×2＋h ＋12＝223，解得h ＝1(负值舍去)．。
(江苏专用)2018版高考数学大一轮复习 第八章 立体几何与空间向量 8.4 直线_平面垂直的判
第八章 立体几何与空间向量 8.4 直线、平面垂直的判定与性质教师用书 理 苏教版1.直线与平面垂直 (1)定义如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直. (2)判定定理与性质定理2.直线和平面所成的角 (1)定义平面的一条斜线与它在这个平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线与这个平面所成的角.若一条直线垂直于平面，它们所成的角是直角，若一条直线与平面平行或在平面内，它们所成的角是0°的角. (2)范围：[0，π2].3.平面与平面垂直 (1)二面角的有关概念①二面角：一条直线和由这条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角.(2)平面和平面垂直的定义如果两个平面所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直. (3)平面与平面垂直的判定定理与性质定理【知识拓展】 重要结论(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法).(3)垂直于同一条直线的两个平面平行.(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( × ) (2)垂直于同一个平面的两平面平行.( × ) (3)直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b .( √ ) (4)若α⊥β，a ⊥β⇒a ∥α.( × )(5)若直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则直线a 与b 垂直.( √ )1.(教材改编)下列命题中正确的是________.①如果平面α⊥平面β，且直线l ∥平面α，则直线l ⊥平面β； ②如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面β；③如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面β；④如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l，那么l⊥γ.答案②③④解析根据面面垂直的性质，知①不正确，直线l可能平行平面β，也可能在平面β内，②③④正确.2.设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的____________条件.答案充分不必要解析若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3.(2016·宿迁质检)对于四面体ABCD，给出下列四个命题：①若AB＝AC，BD＝CD，则BC⊥AD；②若AB＝CD，AC＝BD，则BC⊥AD；③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD.其中为真命题的是________.答案①④解析①如图，取BC的中点M，连结AM，DM，由AB＝AC⇒AM⊥BC，同理DM⊥BC⇒BC⊥平面AMD，而AD⊂平面AMD，故BC⊥AD.④设A在平面BCD内的射影为O，连结BO，CO，DO，由AB⊥CD ⇒BO⊥CD，由AC⊥BD⇒CO⊥BD⇒O为△BCD的垂心⇒DO⊥BC⇒AD⊥BC.4.(2016·徐州模拟)α、β是两个不同的平面，m、n是平面α及平面β之外的两条不同的直线，给出四个论断：①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α，以其中三个论断作为条件，剩余的一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：_______________________________. 答案可填①③④⇒②与②③④⇒①中的一个5.(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心.(2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的________心.答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连结OA，OB，OC，OP，在Rt△POA 、Rt△POB 和Rt△POC 中，PA ＝PC ＝PB ， 所以OA ＝OB ＝OC ，即O 为△ABC 的外心.(2)如图2，延长AO ，BO ，CO ，分别交BC ，AC ，AB 于H ，D ，G . ∵PC ⊥PA ，PB ⊥PC ，PA ∩PB ＝P ，∴PC ⊥平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，∴PC ⊥AB ， 又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ， ∴AB ⊥平面PGC ， 又CG ⊂平面PGC ，∴AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 的高. 同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高， 即O 为△ABC 的垂心.题型一 直线与平面垂直的判定与性质例1 如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置.OD ′＝10.证明：D ′H ⊥平面ABCD . 证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CF CD，故AC ∥EF . 因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，且OH ，EF ⊂平面ABCD ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质.(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质.因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想.(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，已知AC ⊥BC ，BC ＝CC 1.设AB 1的中点为D ，B 1C ∩BC 1＝E .求证：(1)DE ∥平面AA 1C 1C ； (2)BC 1⊥AB 1.证明 (1)由题意知，E 为B 1C 的中点， 又D 为AB 1的中点，因此DE ∥AC . 又因为DE ⊄平面AA 1C 1C ，AC ⊂平面AA 1C 1C ， 所以DE ∥平面AA 1C 1C .(2)因为棱柱ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱， 所以CC 1⊥平面ABC . 因为AC ⊂平面ABC ， 所以AC ⊥CC 1.又因为AC ⊥BC ，CC 1⊂平面BCC 1B 1，BC ⊂平面BCC 1B 1，BC ∩CC 1＝C ，所以AC ⊥平面BCC 1B 1. 又因为BC 1⊂平面BCC 1B 1， 所以BC 1⊥AC .因为BC ＝CC 1，所以矩形BCC 1B 1是正方形，因此BC 1⊥B 1C .因为AC ，B 1C ⊂平面B 1AC ，AC ∩B 1C ＝C ， 所以BC 1⊥平面B 1AC . 又因为AB 1⊂平面B 1AC ， 所以BC 1⊥AB 1.题型二 平面与平面垂直的判定与性质例2 如图，四棱锥P －ABCD 中，AB ⊥AC ，AB ⊥PA ，AB ∥CD ，AB ＝2CD ，E ，F ，G ，M ，N 分别为PB ，AB ，BC ，PD ，PC 的中点.(1)求证：CE ∥平面PAD ； (2)求证：平面EFG ⊥平面EMN .证明 (1)方法一 取PA 的中点H ，连结EH ，DH .又E 为PB 的中点， 所以EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD .所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH . 又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD . 所以CE ∥平面PAD . 方法二 连结CF .因为F 为AB 的中点， 所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形. 因此CF ∥AD ，又CF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， 所以CF ∥平面PAD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥PA . 又EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ， 所以EF ∥平面PAD .因为CF ∩EF ＝F ，故平面CEF ∥平面PAD . 又CE ⊂平面CEF ，所以CE ∥平面PAD .(2)因为E 、F 分别为PB 、AB 的中点，所以EF ∥PA . 又因为AB ⊥PA ，所以EF ⊥AB ，同理可证AB ⊥FG .又因为EF ∩FG ＝F ，EF ⊂平面EFG ，FG ⊂平面EFG . 所以AB ⊥平面EFG .又因为M ，N 分别为PD ，PC 的中点， 所以MN ∥CD ，又AB ∥CD ，所以MN ∥AB ， 所以MN ⊥平面EFG .又因为MN ⊂平面EMN ，所以平面EFG ⊥平面EMN . 引申探究1.在本例条件下，证明：平面EMN ⊥平面PAC . 证明 因为AB ⊥PA ，AB ⊥AC ，且PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以AB ⊥平面PAC .又MN ∥CD ，CD ∥AB ，所以MN ∥AB ， 所以MN ⊥平面PAC . 又MN ⊂平面EMN ， 所以平面EMN ⊥平面PAC .2.在本例条件下，证明：平面EFG ∥平面PAC . 证明 因为E ，F ，G 分别为PB ，AB ，BC 的中点， 所以EF ∥PA ，FG ∥AC ，又EF⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以EF∥平面PAC.同理，FG∥平面PAC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面PAC.思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β).(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化.在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直.(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)由已知，DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，∴DE∥A1C1，又∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥A1C1，又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1，A1B1，AA1⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，A1F，A1C1⊂平面A1C1F，∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D⊂平面B1DE，∴平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .题型三 垂直关系中的探索性问题例3 如图，在三棱台ABC －DEF 中，CF ⊥平面DEF ，AB ⊥BC .(1)设平面ACE ∩平面DEF ＝a ，求证：DF ∥a ；(2)若EF ＝CF ＝2BC ，试问在线段BE 上是否存在点G ，使得平面DFG ⊥平面CDE ？若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明 在三棱台ABC －DEF 中，AC ∥DF ，AC ⊂平面ACE ，DF ⊄平面ACE ，∴DF ∥平面ACE . 又∵DF ⊂平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ， ∴DF ∥a .(2)解 线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连结FO 并延长交BE 于点G ， 连结GD ，GF ∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE . 在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF . 由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE .又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎪⎬⎪⎫GF ⊥CEGF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE .又GF ⊂平面DFG ， ∴平面DFG ⊥平面CDE .此时，如平面图所示，延长CB ，FG 交于点H ， ∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ， 由平面几何知识易证△HOC ≌△FOE ， ∴HB ＝BC ＝12EF .由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE .思维升华 同“平行关系中的探索性问题”的规律方法一样，一般是先探求点的位置，多为线段的中点或某个三等分点，然后给出符合要求的证明.(2016·北京东城区模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，M 为棱AC 的中点.AB ＝BC ，AC ＝2，AA 1＝ 2.(1)求证：B 1C ∥平面A 1BM ； (2)求证：AC 1⊥平面A 1BM ；(3)在棱BB 1上是否存在点N ，使得平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C ？如果存在，求此时BNBB 1的值；如果不存在，请说明理由.(1)证明 连结AB 1与A 1B ，两线交于O 点，连结OM ，在△B 1AC 中，∵M ，O 分别为AC ，AB 1中点，∴OM ∥B 1C ，又∵OM ⊂平面A 1BM ，B 1C ⊄平面A 1BM ， ∴B 1C ∥平面A 1BM .(2)证明 ∵侧棱AA 1⊥底面ABC ，BM ⊂平面ABC ， ∴AA 1⊥BM ，又∵M 为棱AC 中点，AB ＝BC ，∴BM ⊥AC . ∵AA 1∩AC ＝A ，∴BM ⊥平面ACC 1A 1， ∴BM ⊥AC 1. ∵AC ＝2，∴AM ＝1.又∵AA 1＝2，∴在Rt△ACC 1和Rt△A 1AM 中， tan∠AC 1C ＝tan∠A 1MA ＝ 2. ∴∠AC 1C ＝∠A 1MA ，即∠AC 1C ＋∠C 1AC ＝∠A 1MA ＋∠C 1AC ＝90°， ∴A 1M ⊥AC 1.∵BM ∩A 1M ＝M ，∴AC 1⊥平面A 1BM . (3)解 当点N 为BB 1中点，即BN BB 1＝12时， 平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C . 证明如下：设AC 1中点为D ，连结DM ，DN .∵D ，M 分别为AC 1，AC 中点， ∴DM ∥CC 1，且DM ＝12CC 1.又∵N 为BB 1中点，∴DM ∥BN ，且DM ＝BN ， ∴MBND 为平行四边形，∴BM ∥DN ， ∵BM ⊥平面ACC 1A 1，∴DN ⊥平面ACC 1A 1. 又∵DN ⊂平面AC 1N ，∴平面AC 1N ⊥平面AA 1C 1C .17.立体几何证明问题中的转化思想典例(14分)如图所示，M，N，K分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点.求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思想方法指导(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础.证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范.规范解答证明(1)如图所示，连结NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD. [2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K. [4分]∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK. [6分](2)如图所示，连结BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1. [8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.∴MK⊥B1C. [12分]∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK. [14分]1.若平面α⊥平面β，平面α∩平面β＝直线l，则下列命题正确的有________.①垂直于平面β的平面一定平行于平面α；②垂直于直线l的直线一定垂直于平面α；③垂直于平面β的平面一定平行于直线l；④垂直于直线l的平面一定与平面α，β都垂直.答案④解析对于①，垂直于平面β的平面与平面α平行或相交，故①错误；对于②，垂直于直线l的直线与平面α垂直、斜交、平行或在平面α内，故②错误；对于③，垂直于平面β的平面与直线l平行或相交，故③错误；易知④正确.2.(2016·常州模拟)设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题正确的是________.①若m⊥n，n∥α，则m⊥α；②若m∥β，β⊥α，则m⊥α；③若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α；④若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α.答案③解析①中，由m⊥n, n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；②中，由m∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；③中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m⊥α，正确；④中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m⊂α或m∥α，错误.3.(2016·无锡模拟)如图，在斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在直线________上.答案AB解析由AC⊥AB，AC⊥BC1，∴AC⊥平面ABC1.又∵AC⊂平面ABC，∴平面ABC1⊥平面ABC.∴C1在平面ABC上的射影H必在两平面交线AB上.4.如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1垂直底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E 是BC中点，则下列叙述正确的是________.①CC1与B1E是异面直线；②AC⊥平面ABB1A1；③AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1；④A1C1∥平面AB1E.答案③解析①不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；②不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；③正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；④不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确.5.如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是________.答案①②③解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错.6.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M 为线段PB的中点.现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是________.答案①②③解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确.7.(2016·镇江模拟)已知a、b、l表示三条不同的直线，α、β、γ表示三个不同的平面，有下列四个命题：①若α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥γ；②若a、b相交，且都在α、β外，a∥α，a∥β，b∥α，b∥β，则α∥β；③若α⊥β，α∩β＝a，b⊂β，a⊥b，则b⊥α；④若a⊂α，b⊂α，l⊥a，l⊥b，则l⊥α.其中正确命题的序号是________.答案②③解析在三棱柱中，三条侧棱互相平行，但三个侧面所在平面两两相交，故①错误；因为a、b相交，假设其确定的平面为γ，根据a∥α，b∥α，可得γ∥α，同理可得γ∥β，因此α∥β，②正确；由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知③正确；当且仅当a、b相交时结论正确，④错误.8.如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱长为2，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________.答案 12解析 设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF .由已知可得A 1B 1＝2，设Rt△AA 1B 1斜边AB 1上的高为h ， 则DE ＝12h .又2×2＝h 22＋22，所以h ＝233，DE ＝33.在Rt△DB 1E 中，B 1E ＝222－332＝66. 由面积相等得66× x 2＋222＝22x ， 得x ＝12.9.如图，PA ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E ，F 分别是点A 在PB ，PC 上的射影，给出下列结论：①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC . 其中正确结论的序号是________. 答案 ①②③解析 由题意知PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC . 又AC ⊥BC ，且PA ∩AC ＝A ， ∴BC ⊥平面PAC ，∴BC ⊥AF .∵AF ⊥PC ，且BC ∩PC ＝C ， ∴AF ⊥平面PBC ，∴AF ⊥PB ，又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， ∴PB ⊥平面AEF ，∴PB ⊥EF . 故①②③正确.10.如图，在直二面角α－MN －β中，等腰直角三角形ABC 的斜边BC ⊂α，一直角边AC ⊂β，BC 与β所成角的正弦值为64，则AB 与β所成的角是________.答案π3解析 如图所示，作BH ⊥MN 于点H，连结AH ，则BH ⊥β，∠BCH 为BC 与β所成的角. ∵sin∠BCH ＝64＝BH BC， 设BC ＝1，则BH ＝64. ∵△ABC 为等腰直角三角形，∴AC ＝AB ＝22， ∴AB 与β所成的角为∠BAH .∴sin∠BAH ＝BH AB＝6422＝32， ∴∠BAH ＝π3.11.(2016·四川)如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (2)证明：平面PAB ⊥平面PBD .(1)解 取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点，理由如下：连结BM ，CM .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB . 又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB . 所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明 由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD . 因为AD ∥BC ，BC ＝CD ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交， 所以PA ⊥平面ABCD ， 从而PA ⊥BD .又BC ∥MD ，且BC ＝MD .所以四边形BCDM 是平行四边形， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB . 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面PAB ⊥平面PBD .12.如图所示，四边形ABCD 是平行四边形，平面AED ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，AB ＝2，BC ＝EF ＝1，AE ＝6，DE ＝3，∠BAD ＝60°，G 为BC 的中点.(1)求证：FG ∥平面BED ； (2)求证：平面BED ⊥平面AED ；(3)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值. (1)证明 如图，取BD 的中点O ，连结OE ，OG .在△BCD 中，因为G 是BC 的中点， 所以OG ∥DC 且OG ＝12DC ＝1.又因为EF ∥AB ，AB ∥DC ， 所以EF ∥OG 且EF ＝OG ，所以四边形OGFE 是平行四边形，所以FG ∥OE . 又FG ⊄平面BED ，OE ⊂平面BED ， 所以FG ∥平面BED .(2)证明 在△ABD 中，AD ＝1，AB ＝2，∠BAD ＝60°， 由余弦定理可得BD ＝3，进而∠ADB ＝90°， 即BD ⊥AD .又因为平面AED ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 平面AED ∩平面ABCD ＝AD ， 所以BD ⊥平面AED . 又因为BD ⊂平面BED ， 所以平面BED ⊥平面AED .(3)解 因为EF ∥AB ，所以直线EF 与平面BED 所成的角即为直线AB 与平面BED 所成的角.过点A 作AH ⊥DE 于点H ，连结BH . 又平面BED ∩平面AED ＝ED ， 由(2)知AH ⊥平面BED ，所以直线AB 与平面BED 所成的角即为∠ABH . 在△ADE 中，AD ＝1，DE ＝3，AE ＝6，由余弦定理得cos∠ADE ＝23，所以sin∠ADE ＝53，因此，AH ＝AD ·sin∠ADE ＝53. 在Rt△AHB 中，sin∠ABH ＝AH AB ＝56. 所以直线EF 与平面BED 所成角的正弦值为56. 13.在直角梯形SBCD 中，∠D ＝∠C ＝π2，BC ＝CD ＝2，SD ＝4，A 为SD 的中点，如图(1)所示，将△SAB 沿AB 折起，使SA ⊥AD ，点E 在SD 上，且SE ＝13SD ，如图(2)所示.(1)求证：SA ⊥平面ABCD ； (2)求二面角E －AC －D 的正切值. (1)证明 由题意，知SA ⊥AB ， 又SA ⊥AD ，AB ∩AD ＝A ， 所以SA ⊥平面ABCD .(2)解 在AD 上取一点O ，使AO ＝13AD ，连结EO ，如图所示.又SE ＝13SD ，所以EO ∥SA . 所以EO ⊥平面ABCD .过O 作OH ⊥AC 交AC 于H ，连结EH ，则AC ⊥平面EOH ， 所以AC ⊥EH ，所以∠EHO 为二面角E －AC －D 的平面角.已知EO ＝23SA ＝43. 在Rt△AHO 中，∠HAO ＝45°，OH ＝AO ·sin 45°＝23×22＝23. tan∠EHO ＝EO OH ＝22，即二面角E －AC －D 的正切值为2 2.。
2018版高考数学(江苏专用理科)专题复习：专题8 立体几何与空间向量 第48练含解析
1．【2016·苏州模拟】若一个长方体的长、宽、高分别为3，2，1，则它的外接球的表面积是________．2．如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B －ACC 1D 的体积为________．3.如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.4．【2016·唐山模拟】若正三棱锥的高和底面边长都等于6，则其外接球的表面积为________．5．【2016·江苏苏北四市二调】已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使得平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥D －ABC 的体积为________． 6．【2016·扬州模拟】已知圆台的母线长为4cm ，母线与轴的夹角为30°，上底面半径是下底面半径的12，则这个圆台的侧面积是________cm 2.7．【2016·南京、盐城模拟】设一个正方体与底面边长为23，侧棱长为10的正四棱锥的体积相等，则该正方体的棱长为____________.8．【2016·连云港模拟】已知三棱锥P －ABC 的所有棱长都相等，现沿P A ，PB ，PC 三条侧棱剪开，对其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P －ABC 的体积为________．9．【2016·江苏无锡上学期期末】三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点．记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.10．如图，在棱长为1的正四面体S －ABC 中，O 是四面体的中心，平面PQR ∥平面ABC ，设SP ＝x 【0≤x ≤1】，三棱锥O －PQR 的体积为V ＝f 【x 】，则其导函数y ＝f ′【x 】的图象大致为________．【填序号】11．【2016·贵州遵义航天高中第七次模拟】如图，一竖立在水平面上的圆锥形物体的母线长为4cm ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处，则该小虫爬行的最短路程为43cm ，则圆锥底面圆的半径等于________cm.12．【2016·扬州中学质检】已知三个球的半径R 1，R 2，R 3满足R 1＋R 3＝2R 2，记它们的表面积分别为S 1，S 2，S 3，若S 1＝1，S 3＝9，则S 2＝________.13．【2016·镇江一模】一个圆锥的侧面积等于底面积的2倍，若圆锥底面半径为3，则圆锥的体积是________．14．已知球O 的直径PQ ＝4，A ，B ，C 是球O 球面上的三点，△ABC 是等边三角形，且∠APQ ＝∠BPQ ＝∠CPQ ＝30°，则三棱锥P －ABC 的体积为________．答案精析1．6π 2.23 3.1∶24 4．64π 解析如图，作PM ⊥平面ABC 于点M ，则球心O 在PM 上，PM ＝6，连结AM ，AO ，则OP ＝OA ＝R 【R 为外接球半径】，在Rt △OAM 中，OM ＝6－R ，OA ＝R ，又AB ＝6，且△ABC 为等边三角形，故AM ＝2362－32＝23，则R 2－【6－R 】2＝【23】2，解得R ＝4，则球的表面积S ＝4πR 2＝64π. 5.245解析 因为平面DAC ⊥平面BAC ，所以D 到直线AC 的距离为三棱锥D －ABC 的高，设为h ，则V D －ABC ＝13S △ABC ·h ，易知S △ABC ＝12×3×4＝6，h ＝3×45＝125，∴V D －ABC ＝13×6×125＝245. 6．24π 解析如图是将圆台还原为圆锥后的轴截面， 由题意知AC ＝4cm ，∠ASO ＝30°， O 1C ＝12OA ，设O 1C ＝r ， 则OA ＝2r ，又O1CSC＝OASA＝sin30°，∴SC＝2r，SA＝4r，∴AC＝SA－SC＝2r＝4cm，∴r＝2cm.∴圆台的侧面积为S＝π【r＋2r】×4＝24πcm2.7．2解析设该正四棱锥为四棱锥P－ABCD，底面正方形ABCD的中心为O，则由题意可知AO＝6，∴OP＝(10)2－(6)2＝2，则四棱锥的体积V＝13×【23】2×2＝8，设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2.8．9解析该平面图形为正三角形，所以三棱锥P－ABC的各边长为32，所以三棱锥的高h＝23，所以V＝13×23×34×【32】2＝9.9.1 4解析V1＝V D－ABE ＝V E－ABD＝12V E－ABP＝12V A－BEP＝12×12V A－BCP＝12×12V P－ABC＝14V2.10．①解析设O点到底面PQR的距离为h，即三棱锥O－PQR的高为h，设底面PQR的面积为S，∴三棱锥O－PQR的体积为V＝f【x】＝13Sh，点P从S到A的过程中，底面积S一直在增大，高h先减小再增大，当底面经过点O时，高为0，∴体积先增大，后减少，再增大，故①正确．11.4 3解析作出该圆锥的侧面展开图，如图所示，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得cos∠P′OP＝OP2＋OP′2－PP′22OP·OP′＝－12，∴∠P′OP＝2π3.设底面圆的半径为r，则有2πr ＝2π3×4，∴r ＝43.12．4解析 ∵S 1＝1，S 3＝9，∴4πR 21＝1,4πR 23＝9，∴R 1＝π2π，R 3＝3π2π， 又∵R 1＋R 3＝2R 2， ∴R 2＝π2π＋3π2π2＝ππ， ∴S 2＝4πR 22＝4. 13．3π解析 设圆锥的母线长为R ，高为h .则圆锥的侧面积S 侧＝12【2π×3】×R ，圆锥底面积S 底＝π【3】2＝3π，因为圆锥的侧面积等于底面积的2倍，故12【2π×3】×R ＝6π，解得R ＝23，则h ＝R 2－(3)2＝3，所以圆锥的体积为13S 底×h ＝13×3π×3＝3π. 14.934 解析如图，设球心为M ，△ABC 截面所截小圆的圆心为O . ∵△ABC 是等边三角形，∠APQ ＝∠BPQ ＝∠CPQ ＝30°， ∴点P 在平面ABC 上的投影是△ABC 的中心O . 设AB 的中点为H ，∵PQ 是直径，∴∠PCQ ＝90°， ∴PC ＝4cos30°＝23， ∴PO ＝23cos30°＝3， OC ＝23sin30°＝ 3.∵O是△ABC的中心，∴OC＝23CH，∴△ABC的高CH＝33 2，AC＝332sin60°＝3，∴V三棱锥P－ABC ＝13PO·S△ABC＝13×3×12×332×3＝934.。
(江苏专用)高考数学 专题8 立体几何与空间向量 59 垂直的判定与性质 理-人教版高三全册数学试题
【步步高】（某某专用）2017版高考数学专题8 立体几何与空间向量 59 垂直的判定与性质理训练目标会应用线、面垂直的定理及性质证明直线与平面垂直、平面与平面垂直的位置关系.训练题型(1)证明直线与平面垂直；(2)证明平面与平面垂直；(3)利用线、面垂直的性质证明线线垂直.解题策略证明线面垂直、面面垂直都必须通过证明线线垂直来完成，特殊图形中的垂直关系(如等腰三角形中线、直角三角形、矩形等)往往是解题突破点，也可利用线面垂直的性质证明线线垂直.1.如图所示，已知PA垂直于圆O所在的平面，AB是圆O的直径，点C是圆O上任意一点，过A 作AE⊥PC于E，AF⊥PB于F，求证：(1)AE⊥平面PBC；(2)平面PAC⊥平面PBC；(3)PB⊥EF.2．(2015·某某、某某第一次联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O，E分别为B1D，AB的中点．求证：(1)OE∥平面BCC1B1；(2)平面B1DC⊥平面B1DE.3．(2015·德阳四校联考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱C1D1的中点，F为棱BC的中点．(1)求证：AE⊥DA1；(2)在线段AA1上求一点G，使得直线AE⊥平面DFG.4．(2015·某某白鹭洲中学期末)如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，AC∩BD＝O.将菱形ABCD沿对角线AC折起，得到三棱锥B－ACD，点M是棱BC的中点，DM＝2 2.(1)求证：OM∥平面ABD；(2)求证：平面DOM⊥平面ABC；(3)求三棱锥B－DOM的体积．5.在斜三棱柱A1B1C1－ABC中，AB＝AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC.(1)若D是BC的中点，求证：AD⊥CC1；(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱AA1于M，若AM＝MA1，求证：截面MBC1⊥侧面BB1C1C；(3)如果截面MBC1⊥平面BB1C1C，那么AM＝MA1吗？请你叙述判断理由．答案解析1．证明 (1)因为AB 是圆O 的直径，所以∠ACB ＝90°， 即AC ⊥BC .因为PA ⊥圆O 所在平面，即PA ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，所以BC ⊥PA .又因为AC ∩PA ＝A ，AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，所以BC ⊥平面PAC .因为AE ⊂平面PAC ，所以BC ⊥AE .又已知AE ⊥PC ，PC ∩BC ＝C ，PC ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以AE ⊥平面PBC .(2)由(1)知AE ⊥平面PBC ，且AE ⊂平面PAC ，所以平面PAC ⊥平面PBC .(3)因为AE ⊥平面PBC ，且PB ⊂平面PBC ，所以AE ⊥PB .又AF ⊥PB 于F ，且AF ∩AE ＝A ，AF ⊂平面AEF ，AE ⊂平面AEF ，所以PB ⊥平面AEF .又因为EF ⊂平面AEF ，所以PB ⊥EF .2．证明 (1)如图，连结BC 1，设BC 1∩B 1C ＝F ，连结OF .因为O ，F 分别是B 1D 与B 1C 的中点，所以OF ∥DC ，且OF ＝12DC . 又E 为AB 的中点，所以EB ∥DC ，且EB ＝12DC ，从而OF∥EB，OF＝EB，即四边形OEBF是平行四边形，所以OE∥BF.又OE⊄平面BCC1B1，BF⊂平面BCC1B1，所以OE∥平面BCC1B1.(2)因为DC⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥DC.又BC1⊥B1C，DC∩B1C＝C，DC⊂平面B1DC，BC1⊂平面B1DC，所以BC1⊥平面B1DC.而BC1∥OE，所以OE⊥平面B1DC，又OE⊂平面B1DE，所以平面B1DC⊥平面B1DE.3．(1)证明如图所示，连结BC1，AD1，由正方体的性质可知，DA1⊥AD1，DA1⊥AB.又AB∩AD1＝A，AB⊂平面ABC1D1，AD1⊂平面ABC1D1，∴DA1⊥平面ABC1D1，又AE⊂平面ABC1D1，∴DA1⊥AE.(2)解如图所示，G点即为A1点．证明如下：由(1)可知AE⊥DA1，连结A1F，取CD的中点H，连结AH，EH，因为DF⊥AH，DF⊥EH，AH∩EH＝H，AH⊂平面AHE，EH⊂平面AHE，所以DF⊥平面AHE，∵AE⊂平面AHE，∴DF⊥AE.又DF ∩A 1D ＝D ，DF ⊂平面DFA 1，A 1D ⊂平面DFA 1， ∴AE ⊥平面DFA 1，即AE ⊥平面DFG .4．(1)证明 ∵O 为AC 的中点，M 为BC 的中点， ∴OM ∥AB .又∵OM ⊄平面ABD ，AB ⊂平面ABD ，∴OM ∥平面ABD .(2)证明 ∵在菱形ABCD 中，OD ⊥AC ，∴在三棱锥B －ACD 中，OD ⊥AC .在菱形ABCD 中，AB ＝AD ＝4，∠BAD ＝60°， 可得BD ＝4.∵O 为BD 的中点，∴DO ＝12BD ＝2. ∵O 为AC 的中点，M 为BC 的中点，∴OM ＝12AB ＝2. 因此OD 2＋OM 2＝8＝DM 2，可得OD ⊥OM .∵AC ∩OM ＝O ，AC ⊂平面ABC ，OM ⊂平面ABC ， ∴OD ⊥平面ABC .∵OD ⊂平面DOM ，∴平面DOM ⊥平面ABC .(3)解 由(2)得OD ⊥平面BOM ，∴OD 是三棱锥D －BOM 的高．由OD ＝2，S △BOM ＝12×OB ×BM sin 60°＝3， 所以V 三棱锥B －DOM ＝V D －BOM ＝13S △BOM ×OD ＝13×3×2＝233. 5．(1)证明 ∵AB ＝AC ，D 是BC 的中点，∴AD ⊥BC . ∵平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ，平面ABC ∩平面BB 1C 1C ＝BC ，且AD ⊂平面ABC ， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，又∵CC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴AD ⊥CC 1.(2)证明 如图，延长B 1A 1与BM 的延长线交于点N ，连结C 1N .∵AM ＝MA 1，∴NA 1＝A 1B 1.∵A 1B 1＝A 1C 1，∴A 1C 1＝A 1B 1＝A 1N ， ∴C 1N ⊥C 1B 1.∵底面NB 1C 1⊥侧面BB 1C 1C ，底面NB 1C 1∩侧面BB 1C 1C ＝B 1C 1， 又C 1N ⊂底面NB 1C 1，∴C 1N ⊥侧面BB 1C 1C .又∵C 1N ⊂截面C 1NB ，∴截面C 1NB ⊥侧面BB 1C 1C ，即截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C .(3)解 如图，过M 作ME ⊥BC 1于E ，连结DE . ∵截面MBC 1⊥侧面BB 1C 1C ，截面MBC 1∩侧面BB 1C 1C ＝BC 1， 又ME ⊂截面MBC 1，∴ME ⊥侧面BB 1C 1C ，又∵AD ⊥侧面BB 1C 1C ，∴ME ∥AD ，∴M 、E 、D 、A 四点共面．∵AM ∥侧面BB 1C 1C ，DE ⊂侧面BB 1C 1C ， ∴AM ∥DE .∴四边形ADEM 为平行四边形，∴AM ＝DE . ∵AM ∥CC 1，∴DE ∥CC 1.∵D 是BC 的中点，∴E 是BC 1的中点．∴AM ＝DE ＝12CC 1＝12AA 1， ∴AM ＝MA 1.。
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（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题8 立体几何与空间向量
第51练 垂直的判定与性质练习 理
BC ＝8，DF ＝5.
求证：(1)直线PA ∥平面DEF ；
(2)平面BDE ⊥平面ABC .
2．(2016·福州质检)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AA 1的中点，O 为底面正方形对角线B 1D 1与A 1C 1的交点．
(1)求证：AC 1⊥平面B 1D 1C ；
(2)过E 构造一条线段与平面B 1D 1C 垂直，并证明你的结论．
3．(2016·张掖第二次诊断)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，且△ABC 为正三角形，AA 1＝AB ＝6，D 为AC 的中点．
(1)求证：直线AB 1∥平面BC 1D ；
(2)求证：平面BC 1D ⊥平面ACC 1A 1；
(3)求三棱锥C －BC 1D 的体积．
4．(2016·山东省实验中学质检)如图所示，ABC－A1B1C1是底面边长为2，高为
3
2
的正三棱
柱，经过AB的截面与上底面相交于PQ，设C1P＝λC1A1(0＜λ＜1)．
(1)证明：PQ∥A1B1；
(2)是否存在λ，使得平面CPQ⊥截面APQB？如果存在，求出λ的值；如果不存在，请说明理由．
答案精析
1．证明 (1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，
所以DE ∥PA .
又因为PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ，
所以直线PA ∥平面DEF .
(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8，
所以DE ∥PA ，DE ＝12
PA ＝3， EF ＝12
BC ＝4.
又因为DF ＝5，故DF 2＝DE 2＋EF 2，
所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF .
又PA ⊥AC ，DE ∥PA ，所以DE ⊥AC .
因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ，
所以DE ⊥平面ABC .
又DE ⊂平面BDE ，
所以平面BDE ⊥平面ABC .
2．(1)证明 ∵AA 1⊥平面A 1B 1C 1D 1， B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，
∴AA 1⊥B 1D 1，
∵A 1C 1⊥B 1D 1，且AA 1∩A 1C 1＝A 1，
AA 1⊂平面AA 1C 1，A 1C 1⊂平面AA 1C 1，
∴B 1D 1⊥平面AA 1C 1，
∵AC 1⊂平面AA 1C 1，
∴B 1D 1⊥AC 1.
同理可得B 1C ⊥平面ABC 1，B 1C ⊥AC 1，
∵B 1D 1∩B 1C ＝B 1，
B 1D 1⊂平面B 1D 1
C ，B 1C ⊂平面B 1
D 1C ，
∴AC 1⊥平面B 1D 1C .
(2)解连结EO，则线段EO与平面B1D1C垂直．
证明如下：
∵E是AA1的中点，O是A1C1的中点，
∴EO∥AC1.
∵AC1⊥平面B1D1C，
∴EO⊥平面B1D1C.
3．(1)证明连结B1C交BC1于点O，连结OD，如图，
则点O为B1C的中点．
∵D为AC的中点，
∴AB1∥OD.
∵OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
∴直线AB1∥平面BC1D.
(2)证明∵AA1⊥底面ABC，BD⊂底面ABC，
∴AA1⊥BD.
∵△ABC是正三角形，D是AC的中点，∴BD⊥AC.
∵AA1∩AC＝A，AA1⊂平面ACC1A，
AC⊂平面ACC1A1，
∴BD⊥平面ACC1A1.
∵BD⊂平面BC1D，
∴平面BC1D⊥平面ACC1A1.
(3)解由(2)知，在△ABC中，BD⊥AC，
BD＝BC sin 60°＝33，
∴S △BCD ＝12×3×33＝932
， ∴V 三棱锥C －BC 1D ＝V 三棱锥C 1－BCD ＝13×932
×6＝9 3. 4．(1)证明 由正三棱柱的性质可知，平面A 1B 1C 1∥平面ABC ，又因为平面APQB ∩平面A 1B 1C 1＝PQ ，平面APQB ∩平面ABC ＝AB ，所以PQ ∥AB .
又因为AB ∥A 1B 1，所以PQ ∥A 1B 1.
(2)解 假设存在这样的λ满足题意，分别取AB 的中点D ，PQ 的中点E ，连结CE ，DE ，CD .由(1)及正三棱柱的性质可知△CPQ 为等腰三角形，APQB 为等腰梯形，
所以CE ⊥PQ ，DE ⊥PQ ，
所以∠CED 为二面角A －PQ －C 的平面角．
连结C 1E 并延长交A 1B 1于点F ，连结DF .
因为C 1P C 1A 1＝C 1E C 1F
＝λ， C 1A 1＝2，C 1F ＝3， 所以C 1E ＝3λ，EF ＝3(1－λ)．
在Rt△CC 1E 中可求得CE 2＝34
＋3λ2， 在Rt△DFE 中可求得DE 2＝34
＋3(1－λ)2. 若平面CPQ ⊥截面APQB ，则∠CED ＝90°，所以CE 2＋DE 2＝CD 2，代入数据整理得3λ2－3λ＋34＝0，解得λ＝12，即存在满足题意的λ，λ＝12
.。