高考数学一轮复习第七篇立体几何与空间向量第7节第一课时证明平行和垂直训练理新人教版

第一课时 证明平行和垂直

基础巩固(时间:30分钟)

1.若直线l 的一个方向向量为a=(2,5,7),平面α的一个法向量为u=(1,1,-1),则( A ) (A)l ∥α或l ?α (B)l ⊥α

(C)l ?α (D)l 与α斜交

解析:由条件知a ·u=2×1+5×1+7×(-1)=0,所以a ⊥u,故l ∥α或l ?α.故选A. 2.若平面α,β的法向量分别为n 1=(2,-3,5),n 2=(-3,1,-4),则( C ) (A)α∥β (B)α⊥β

(C)α,β相交但不垂直 (D)以上均不正确

解析:因为n 1·n 2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)≠0,所以n 1与n 2不垂直,又因为n 1,n 2不平行,所以α与β相交但不垂直.

3.已知平面α的一个法向量为(1,2,-2),平面β的一个法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k 等于( C )

(A)2 (B)-4 (C)4 (D)-2

解析:因为α∥β,所以==,所以k=4.

4.在正方体ABCDA 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NO,AM 的位置关系是( C ) (A)平行 (B)相交

(C)异面垂直 (D)异面不垂直

解析:建立坐标系如图,设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),M(0,0,1),

O(1,1,0),N(2,1,2),=(-1,0,-2),

=(-2,0,1),

·

=0,则直线NO,AM 的位置关系

是异面垂直.

5.已知

=(1,5,-2),

=(3,1,z),若

⊥

,

=(x-1,y,-3),且BP ⊥平面ABC,则实数

x,y,z 分别为( B )

(A),-,4 (B),-,4

(C),-2,4 (D)4,,-15

解析:因为⊥,所以·=0,即3+5-2z=0,得z=4.

又因为BP⊥平面ABC,所以BP⊥AB,BP⊥BC,

又=(3,1,4),则解得

6.已知平面α和平面β的法向量分别为a=(1,1,2),b=(x,-2,3),且α⊥β,则x= .

解析:由α⊥β知a·b=0,即x+1×(-2)+2×3=0,解得x=-4.

答案:-4

7.在空间直角坐标系中,点P(1,,),过点P作平面yOz的垂线PQ,则垂足Q的坐标

为.

解析:由题意知,点Q即为点P在平面yOz内的射影,

所以垂足Q的坐标为(0,,).

答案:(0,,)

8.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果=(2,-1,-4),

=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④

∥.其中正确的是.

解析:由于·=-1×2+(-1)×2+(-4)×(-1)

=0,·

=4×(-1)+2×2+0×(-1)

=0,

所以①②③正确.④不正确.

答案:①②③

能力提升(时间:15分钟)

ABCDA1B1C1D1中,AB=2,AA1=,AD=2,P为C1D1的中点,M为BC

的中点.则AM与PM的位置关系为( C )

(A)平行 (B)异面

(C)垂直 (D)以上都不对

解析:以D点为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,依题意,可得,D(0,0,0),P(0,1,),

C(0,2,0),A(2,0,0),M(,2,0).

所以=(,2,0)-(0,1,)=(,1,-),=(,2,0)-(2,0,0)

=(-,2,0),所以·=(,1,-)·(-,2,0)=0,即⊥,所以AM⊥PM.

10.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上且AM∥平面BDE,则M点的坐标为( C )

(A)(1,1,1)

(B)(,,1)

(C)(,,1)

(D)(,,1)

解析:由选项特点,设M(λ,λ,1),又A(,,0),D(,0,0), B(0,,0),E(0,0,1),则

=(-,0,1),=(0,-,1),=(λ-,λ-,1).

设平面BDE的法向量n=(x,y,z),则

即

不妨取z=,则n=(1,1,),

由于AM∥平面BDE,所以⊥n,

即·n=0,所以λ-+λ-+=0,解得λ=,

即M点坐标为(,,1).故选C.

11.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN 与平面BB1C1C的位置关系是.

解析:因为正方体棱长为a,A1M=AN=,

所以=,=,

所以=++

=++

= (+)++ (+)

=+.

又因为是平面B1BCC1的法向量,

所以·=(+)·=0,

所以⊥.又因为MN?平面B1BCC1,所以MN∥平面B1BCC1.

答案:平行

,在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,G分别为A1B1,B1C1,C1D1的中点.

(1)求证:AG∥平面BEF;

(2)试在棱BB1上找一点M,使DM⊥平面BEF,并证明你的结论.

(1)证明:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系, 则A(1,0,0),B(1,1,0),E(1, ,1),F(,1,1),G(0, ,1),

=(-, ,0),=(-,0,1),

而=(-1, ,1),

所以=+,

故与平面BEF共面,

又因为AG不在平面BEF内,

所以AG∥平面BEF.

(2)解:设M(1,1,m),则=(1,1,m),

由·=0,·=0,

所以-+m=0?m=,

所以M为棱BB1的中点时,DM⊥平面BEF.

13.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3,点E在AA1上,点F在CC1上,且AE=FC1=1.

(1)求证:E,B,F,D1四点共面;

(2)若点G在BC上,BG=,点M在BB1上,GM⊥BF,垂足为H,求证:EM⊥平面BCC1B1.

证明:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(0,3,1),

F(3,0,2),D1(0,0,3),B(3,3,0),

则=(-3,0,1),=(-3,0,1),所以∥,

所以E,B,F,D1四点共面.

(2)设M(3,3,z0),G(3, ,0),

则=(0, ,z0),

而=(0,-3,2),

由题设得·=×(-3)+z0·2=0,

得z0=1.故M(3,3,1),

有=(-3,0,0).

又=(0,0,3),=(0,-3,0),

所以·=0,·=0,

从而ME⊥BB1,ME⊥BC.又BB1∩BC=B,所以EM⊥面BCC1B1.

PABCD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内是否存在一点G,使GF⊥平面PCB?若存在,求出点G的坐标;若不存在,请说明理由.

(1)证明: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,

设AD=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E(a, ,0),P(0,0,a),F(, ,),

=(-,0,),=(0,a,0).

因为·=0,所以⊥,即EF⊥CD.

(2)解:假设存在满足条件的点G,

设G(x,0,z),则=(x-,-,z-),

若使GF⊥平面PCB,则由·=(x-,-,z-)·(a,0,0)=a(x-)=0,得x=;

由·=(x-,-,z-)·(0,-a,a)

=+a(z-)=0,得z=0.

所以点G的坐标为(,0,0),

即存在满足条件的点G,且点G为AD的中点.