高考数学复习第七章立体几何证明平行与垂直课时作业理
全国通用近年高考数学一轮复习第七章立体几何课时作业四十五7.5直线、平面垂直的判定及其性质理(20
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课时分层作业四十五直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题（每小题5分，共25分)1.（2015·北京高考）设α,β是两个不同的平面,m是直线且m⊂α,“m∥β"是“α∥β”的( ）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C。
充分必要条件D。
既不充分也不必要条件【解析】选B。
当m∥β时,可能α∥β，也可能α与β相交.当α∥β时,由m⊂α可知,m∥β。
因此，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件。
2.（2018·惠州模拟）PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面,C为圆上异于A,B两点的任一点,则下列关系不正确的是（）A。
PA⊥BC B。
BC⊥平面PACC。
AC⊥PB D。
PC⊥BC【解析】选C.由PA⊥平面ACB⇒PA⊥BC,故A不符合题意;由BC⊥PA，BC⊥AC，PA∩AC=A，可得BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC,故B,D不符合题意；无法判断AC⊥PB，故C符合题意。
3。
（2018·石家庄模拟）已知平面α，β,直线l，若α⊥β，α∩β=l,则( )A。
垂直于平面β的平面一定平行于平面αB。
高考数学总复习第七章立体几何课时作业42直线平面平行的判定及其性质课件文新人教A版
1．(2019·安徽黄山一模)下列说法中，错误的是( C )
A．若平面 α∥平面 β，平面 α∩平面 γ＝l，平面 β∩平面 γ＝m， 则 l∥m
B．若平面 α⊥平面 β，平面 α∩平面 β＝l，m⊂α，m⊥l，则 m ⊥β
C．若直线 l⊥平面 α，平面 α⊥平面 β，则 l∥β D．若直线 l∥平面 α，平面 α∩平面 β＝m，直线 l⊂平面 β，则 l∥m
∴四边形 BDFE 为梯形．
(2)连接 FM，在△A1B1D1 中，M，N 分别为 A1B1，A1D1 的中 点，∴MN∥B1D1.
由(1)知，EF∥B1D1， ∴MN∥EF. 在正方形 A1B1C1D1 中，F 为 C1D1 的中点，M 为 A1B1 的中点，
∴FM 綊 A1D1，
又∵四边形 ADD1A1 为正方形，
9．如图所示，设正方体 ABCD- A1B1C1D1 的棱长为 a，点 P 是棱
AD 上一点，且 AP＝a3，过 B1，D1，P 的平面交平面 ABCD 于 PQ，
22 Q 在直线 CD 上，则 PQ＝ 3 a .
解析：如图，∵平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD，而平面 B1D1P∩ 平面 ABCD＝PQ，平面 B1D1P∩平面 A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1 ∥PQ.
又 BC∥AM，∴四边形 ABCM 为平行四边形，∴AM＝2. 又 AD＝4，∴M 是 AD 的中点， 则 H 为 PD 的中点，∴CH＝ CM2＋MH2＝ 22＋22＝2 2， 故选 C.
7．如图所示，在正四棱柱 ABCD- A1B1C1D1 中，E，F，G，H 分
别是棱 CC1，C1D1，D1D，DC 的中点，N 是 BC 的中点，点 M 在四 边形 EFGH 及其内部运动，则 M 只需满足条件
高考数学第七章 立体几何 50 证明平行与垂直课时作业
课时作业50 证明平行与垂直一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1，0，0)，n ＝(－2，0，0) B ．a ＝(1，3，5)，n ＝(1，0，1) C ．a ＝(0，2，1)，n ＝(－1，0，－1) D ．a ＝(1，－1，3)，n ＝(0，3，1) 解析：若l ∥α，则a ·n ＝0，D 中，a ·n ＝1×0＋(－1)×3＋3×1＝0， ∴a ⊥n . 答案：D2．已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33 B.⎝⎛⎭⎪⎫33，－33，33C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33 D.⎝⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 解析：因为A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)， 所以AB ―→＝(－1，1，0)，AC ―→＝(－1，0，1)． 经验证，当n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33时， n ·AB ―→＝33－33＋0＝0，n ·AC ―→＝33＋0－33＝0，故选D. 答案：D3．若AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D.平行或在平面内解析：∵AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→，∴AB ―→，CD ―→，CE ―→共面．则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内．答案：D4．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点，则AM 与PM 的位置关系为( )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 ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，依题意，可得D (0，0，0)，P (0，1，3)，C (0，2，0)，A (22，0，0)，M (2，2，0)．∴PM ―→＝(2，2，0)－(0，1，3)＝(2，1，－3)，AM ―→＝(2，2，0)－(22，0，0)＝(－2，2，0)，∴PM ―→·AM ―→＝(2，1，－3)·(－2，2，0)＝0， 即PM ―→⊥AM ―→，∴AM ⊥PM . 答案：C5．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( )A ．(1，1，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析：设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，由AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线交点， ∴M 为线段EF 的中点．在空间坐标系，E (0，0，1)，F (2，2，1)． 由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. 答案：C6．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A 1(1，0，1)，D (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1，1，0)，D 1(0，0，1)，A 1D ―→＝(－1，0，－1)，AC ―→＝(－1，1，0)，EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1―→＝(－1，－1，1)，EF ―→＝－13BD 1―→，A 1D ―→·EF ―→＝AC ―→·EF ―→＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B. 答案：B 二、填空题7．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：AB ―→＝(0，1，－1)，AC ―→＝(1，0，－1)，∴n ·AB ―→＝0，n ·AC ―→＝0，∴n ⊥AB ―→，n ⊥AC ―→，故n 也是α的一个法向量．又∵α与β不重合，∴α∥β.答案：平行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________．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．由于BD―→＝AD―→－AB―→＝(2，3，4)，AP―→＝(－1，2，－1)，∴BD―→与AP―→不平行，故④错误．答案：①②③9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E ⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．解析：以D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，所以B1E―→＝(x－1，0，1)，又F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，所以FB―→＝(1，1，y)，由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，只需FB―→·B1E―→＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0⇒x＋y＝1.答案：1三、解答题10．如图所示，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.证明：(1)如图建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4)．取AB 中点为N ，连接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，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .证明：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 )．∵F 为CD 的中点， ∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)∵AF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE ―→＝(a ，3a ，a )，BC ―→＝(2a ，0，－a )，∴AF ―→＝12(BE ―→＋BC ―→)，又AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)∵AF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD ―→＝(－a ，3a ，0)，ED ―→＝(0，0，－2a )，∴AF ―→·CD ―→＝0，AF ―→·ED ―→＝0，∴AF ―→⊥CD ―→，AF ―→⊥ED ―→，∵CD ∩ED ＝D ，∴AF ⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面CDE ⊥平面BCE .1．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 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ，若存在，请求出G 的位置；若不存在，请说明理由．解：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 ，a 2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2. (1)EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，a 2，DC ―→＝(0，a ，0)．EF ―→·DC ―→＝0，所以EF ―→⊥DC ―→，即EF ⊥CD .(2)假设点G 存在．设G (x ，0，z )，则FG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2， 因为GF ⊥平面PCB ，则由FG ―→·CB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG ―→·CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.所以G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 点为AD 的中点．2．如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)，则BC 1―→＝(－2，0，2)，FP ―→＝(－1，0，λ)，FE ―→＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP ―→＝(－1，0，1)， 因为BC 1―→＝(－2，0，2)， 所以BC 1―→＝2FP ―→，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE ―→·n ＝0，FP ―→·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0. 于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22. 故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业48 直线、平面平行的判定与性质课件 理
2021/12/11
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(2)由(1)知，平面 CMN∥平面 PAB，所以 MC∥平面 PAB，所以点 M 到平 面 PAB 的距离等于点 C 到平面 PAB 的距离。
由 AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，得 BC＝ 3， 所以 VP－ABM＝VM－PAB＝VC－PAB＝VP－ABC＝13×12×1× 3×2＝ 33。
答案 C
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二、填空题 8．在正四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，O 为底面 ABCD 的中心，P 是 DD1 的中点，设 Q 是 CC1 上的点，则点 Q 满足条件________时，有平面 D1BQ ∥平面 PAO。
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答案 B
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6．已知平面 α∥平面 β，P 是 α，β 外一点，过点 P 的直线 m 与 α，β
分别交于点 A，C，过点 P 的直线 n 与 α，β 分别交于点 B，D，且 PA＝6，
AC＝9，PD＝8，则 BD＝( )
A．16
B．24 或254
C．14
D．20
答案 B
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4．(2019·重庆六校联考)设 a，b 是两条不同的直线，α，β 是两个不同 的平面，则 α∥β 的一个充分条件是( )
A．存在一条直线 a，a∥α，a∥β B．存在一条直线 a，a⊂α，a∥β C．存在两条平行直线 a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α D．存在两条异面直线 a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
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2020版高考数学第七章立体几何第44讲用向量方法证明平行与垂直课时达标理新人教A版
第44讲 用向量方法证明平行与垂直课时达标一、选择题1．若直线l ∥平面α，直线l 的方向向量为s ，平面α的法向量为n ，则下列结论可能正确的是( )A ．s ＝(－1,0,2)，n ＝(1,0，－1)B ．s ＝(－1,0,1)，n ＝(1,2，－1)C ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(1,2，－1)D ．s ＝(－1,1,1)，n ＝(－2,2,2)C 解析 由已知需s ·n ＝0，逐个验证知，只有C 项符合要求，故选C.2．(2019·邢台期末)已知AB →＝(2,2,1)，AC →＝(4,5,3)，则平面ABC 的单位法向量为( )A ．(13，－23，23)B ．(－13，23，－23)C ．±(13，－23，23)D ．(23，13，－23)C 解析 设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＋z ＝0，4x ＋5y ＋3z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－1.所以n ＝(12，－1,1)．所以平面ABC 的单位法向量为±n |n|＝±(13，－23，23)． 3．直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x ＝( )A ．－2B ．－ 2 C. 2D ．± 2D 解析 由已知得s ·n ＝0，故－1×2＋1×(x 2＋x )＋1×(－x )＝0，解得x ＝± 2. 4．(2019·合肥八中月考)已知平面α内有一个点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量是n ＝(6，－3,6)，则下列点P 在平面α内的是( )A ．P (2,3,3)B ．P (－2,0,1)C ．P (－4,4,0)D ．P (3，－3,4)A 解析 因为n ＝(6，－3,6)是平面α的法向量，所以n ⊥MP →，在选项A 中，MP →＝(1,4,1)，所以n ·MP →＝0.5．(2019·南阳期末)若两不重合直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1＝(1,0，－1)，v 2＝(－2,0,2)，则l 1与l 2的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．垂直D ．不确定A 解析 v 2＝－2v 1，所以l 1∥l 2.6．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( )A ．斜交B ．平行C ．垂直D ．不确定B 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 →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a3，0，2a 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→，所以MN ∥平面BB 1C 1C ，故选B.二、填空题7．若直线l 的方向向量e ＝(2,1，m )，平面α的法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，2，且l ⊥α，则m ＝________.解析 因为l ⊥α，所以e ∥n ，即e ＝λn (λ≠0)，亦即(2,1，m )＝λ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，2，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝2，m ＝2λ.则m ＝4.答案 48．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为________．解析 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3＋5－2z ＝0，x －1＋5y ＋6＝0，x －＋y －3z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157，z ＝4.答案 407，－157，49．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 由已知得，AB →＝(0,1，－1)，AC →＝(1,0，－1)，设平面α的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ⊥AB →，m ⊥AC →，得⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，x －z ＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝z ，y ＝z ，令z ＝1，得m ＝(1,1,1)．又n ＝(－1，－1，－1)，所以m ＝－n ，即m ∥n ，所以α∥β. 答案 平行 三、解答题10．如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段PA ，PD ，AB 的中点．求证：(1)PB ∥平面EFH ； (2)PD ⊥平面AHF.证明 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.所以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)因为PB →＝(2,0，－2)，EH →＝(1,0，－1)，所以PB →＝2EH →，所以PB ∥EH .因为PB ⊄平面EFH ，EH ⊂平面EFH ， 所以PB ∥平面EFH .(2)PD →＝(0,2，－2)，AH →＝(1,0,0)，AF →＝(0,1,1)，所以PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，所以PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又因为AF ∩AH ＝A ，所以PD ⊥平面AHF .11．如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别为A 1B 1，B 1C 1，C 1D 1的中点．(1)求证：AG ∥平面BEF ；(2)试在棱长BB 1上找一点M ，使DM ⊥平面BEF ，并证明你的结论．解析 (1)以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，1，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，因为EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，0，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，1，而AG →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，1，所以AG →＝EF →＋BF →，故AG →与平面BEF 共面，又因为AG不在平面BEF 内，所以AG ∥平面BEF .(2)设M (1,1，m )，则DM →＝(1,1，m )，由DM →·EF →＝0，DM →·BF →＝0，所以－12＋m ＝0⇒m ＝12 ，所以M 为棱BB 1的中点时，DM ⊥平面BEF .12．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1.证明 (1)以B 为原点，以BA ，BC ，BB 1为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz ，则B (0,0,0)，E (3,0,1)，F (0,3,2)，D 1(3,3,3)，则BE →＝(3,0,1)，BF →＝(0,3,2)，BD 1→＝(3,3,3)，所以BD 1→＝BE →＋BF →.由向量共面的充要条件知E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)设M (0,0，z 0)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0，则GM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－23，z 0，而BF →＝(0,3,2)，由题设得GM →·BF →＝－23×3＋z 0·2＝0，得z 0＝1.故M (0,0,1)，有ME →＝(3,0,0)． 又BB 1→＝(0,0,3)，BC →＝(0,3,0)，所以ME →·BB 1→＝0，ME →·BC →＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC . 又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.13．[选做题]如图，直角梯形ABCD 与等腰直角三角形ABE 所在的平面互相垂直．AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2CD ＝2BC ，EA ⊥EB .(1)求证：AB ⊥DE ；(2)求直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值；(3)线段EA 上是否存在点F ，使EC ∥平面FBD ？若存在，求出EF EA；若不存在，请说明理由．解析 (1)证明：取AB 的中点O ，连接EO ，DO .因为EB ＝EA ，所以EO ⊥AB . 因为四边形ABCD 为直角梯形．AB ＝2CD ＝2BC ，AB ⊥BC ，所以四边形OBCD 为正方形，所以AB ⊥OD .因为EO ∩DO ＝O ，所以AB ⊥平面EOD ，所以AB ⊥ED . (2)因为平面ABE ⊥平面ABCD ，且EO ⊥AB ， 所以EO ⊥平面ABCD ，所以EO ⊥OD .由OB ，OD ，OE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz . 因为三角形EAB 为等腰直角三角形， 所以OA ＝OB ＝OD ＝OE ，设OB ＝1，所以O (0,0,0)，A (－1,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，E (0,0,1)． 所以EC →＝(1,1，－1)，平面ABE 的一个法向量为OD →＝(0,1,0)． 设直线EC 与平面ABE 所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈EC →，OD →〉|＝|EC →·O D →||EC →||OD →|＝33，即直线EC 与平面ABE 所成角的正弦值为33. (3)存在点F ，且EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .证明如下：由EF →＝13EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，－13，得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，23，所以FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，0，－23，BD →＝(－1,1,0)．设平面FBD 的法向量为v ＝(a ，b ，c )，则有⎩⎪⎨⎪⎧v ·BD →＝0，v ·FB →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧－a ＋b ＝0，43a －23c ＝0，取a ＝1，得v ＝(1,1,2)．因为EC →·v ＝(1,1，－1)·(1,1,2)＝0，且EC ⊄平面FBD ，所以EC ∥平面FBD ，即点F满足EF EA ＝13时，有EC ∥平面FBD .。
高考数学一轮复习第七章第4课时直线、平面的平行和垂直课时作业理新人教版
第4课时直线、平面的平行和垂直1.直线与平面平行的判定与性质2.面面平行的判定与性质3.直线与平面垂直定义：如果直线I与平面a的____________ 直线都垂直，则直线I与此平面a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__________ 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______________ 这个平（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________ 直线.②垂直于同一个平面的两条直线_________ .③垂直于同一直线的两平面________ .4.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_________ ,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 ___________ 的直线垂直于另一个平面1.（教材改编）下列条件中，能判定直线I丄平面a的是（）.A.I与平面a内的两条直线垂直B.I与平面a内无数条直线垂直C.I与平面a内的某条直线垂直D.I与平面a内任意条直线垂直2.设a, b,c是三条不同的直线，a,卩是两个不同的平面，则a丄b的一个充分条件是（）.A. a丄c, b丄cB. a丄卩,b? 卩C. a 丄a,b〃aD. a丄 a , b X a3.（教材改编）给出下列四个命题：①垂直于同一平面的两条直线相互平行；②垂直于同一平面的两个平面相互平行；③若一个平面内有无数条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；④若一条直线垂直于一个平面内的任一直线,那么这条直线垂直于这个平面.其中真命题的个数是（）.A. 1B. 2C. 3D. 44.（课本精选题）已知不重合的直线a, b和平面a.①若a// a , b? a ,则a// b;②若a// a , b// a,则a// b;③若a// b, b? a ,则a// a ;④若a// b, a //a ,则b /a 或b? a.上面命题中正确的是_________ .（填序号）5.（课本改编）过厶ABC所在平面a外一点P,作POL a ,垂足为O连接PA PB PC.（1）若PA=PB=PQ C=90° ,则点O是边AB的 _____ 点.⑵若PA=PB=P（则点0是厶ABC的_______ 心.⑶若PA L PBPB丄PC PC丄PA则点0是厶ABC的_____ 心.1.判定定理或性质定理使用时，条件要完备•如：证明b// a时,不要忽略b?a ；用线面平行的性质定理时，不要忽略 a n卩=b等.2.六个平行转化关系：丨判定判定*线〃线、—'线〃曲-,面〃面彳性质"性质1 判定3.六种转化关系企直问题的转化吳系J - }线线垂直”判见、线面區立、引」疋、旳旳业fL| 性质性廣 |例1 （2014 •安徽）如图所示,四棱锥P-ABCD勺底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2 了•点G E F, H分别是棱PB AB CDPC上共面的四点，平面GEF L平面ABCQBC/平面GEFH.（1）求证：GH/ EF⑵若EB=2,求四边形GEFH勺面积.【审题视点】利用BC/平面GEFH可证得GH/ BC,即可证出GH/ BC再由PO/平面GEFH可证得GK是梯形GEFH勺高，由此可求得四边形GEFH勺面积.(1) DE//平面BCP⑵四边形DEFG^矩形•(第1题)考向二平面与平面平行的判定与性质例2 (2013 •山东高考名校联考信息优化卷)如图，沿等腰直角三角形ABC勺中位线DE将平面ADE折起，使得平面ADEL平面BCD得到四棱锥A-BCDE.(1)求证：平面ABC L平面ACD⑵过CD的中点M的平面a与平面ABC平行，试求平行a与四棱锥A-BCDE^个面的交线所围成的多边形的面积与厶ABC的面积之比.【审题视点】平面翻折后可得AD丄平面BCDE依据a //平面ABC#出交线位置，可求面积2.如图所示,已知ABCD-ACD是棱长为3的正方体，点E在AA上，点F在CG上,G在BB 上，且AE=FGBG=,H是BC的中点.求证：(1) E, B, F, D四点共面；⑵平面AGH/平面BEDF.(第2题)考向三直线与平面垂直的判定与性质例3 (2013 •东北三校联考)如图，在四面体ABCD中，Q E分别是BD, BC的中点，AB=AD=CA=CB=CD=BD=(1)求证:BDL AC⑵求三棱锥E-ADC勺体积.【审题视点】BD丄AQBD丄CC? BDL 平面AOC BDL ACAQL CQAQL BD? AQL 平面BDC?V E-ADC.3. (2014重庆)在如图所示四棱锥P-ABCD^ ,底面是以O为中心的菱形，PC L底面ABCDAB=2, / BAD=M^ BC上一点，且BM=.(1)求证：BC L平面POM⑵若MPL AP求四棱锥P-ABM劭体积.(第3题)考向四平面与平面垂直的判定与性质例4 (2013 •烟台四校达标检测)如图，在长方体ABCD-ACD中，AB=AD= AA=2,点P为DD 的中点•(1)求证：平面PACL平面BDD⑵求证：PB丄平面PAC.【审题视点】⑴利用ACL面BDD(2)利用计算关系PB丄PCPB丄PA.【方法总结】面面垂直的关键是线面垂直•两平面垂直的性质定理是把面面垂直转化为线面垂直的依据，运用时要注意“平面内的直线”•4. (2013 •海滨区期末练习)在四棱锥P-ABCD^ ,底面ABCDI菱形，A8 BD=O.(1)若AC丄PD求证：ACL平面PBD⑵若平面PACL平面ABCD求证:PB=PD.考向五 平行与垂直的综合应用例5 (2013 •济南两所名校模拟)如图⑴，在梯形BCDE 中，BC // DE BA 丄DE 且EA=DA=ABCB=2,如图(2),沿AB #四边形 AB-CD 折起,使得平面 AB-CD 与平面ABE 垂直，皿为 CE 的中点.(1)求证:AML BE⑵求三棱锥 C -BED 的体积.【审题视点】 取BE 中点N M / BC// DA ? MN L 平面 ABE* BE 丄平面AMN AML BE.① a 丄 a , b 〃 a ? a 丄b ； ② a // b , a // a ? b 丄 a ; ③ a //卩,a / a ? a 丄卩; ④ a 丄 a , b / a ? a / b.变式训练5.如图,在四面体 ABC 呼，CB=CJDADLBD 点E ,F 分别是 AB BD 的中点.求证: (1)直线EF//平面 ACD(第4题)【方法总结】 平行与垂直之间的转化常用结论⑵ 平面EFCL 平面BCD.(第5题)经典考题| 典例 (2014 •北京)如图，在三棱柱 ABC-ABC 中，侧棱垂直于底面,AB 丄BCAA=AC=2, BC=, E F 分别是 AC , BC 的中点.(1)求证：平面ABEL 平面 BBCC⑵求证：CF //平面ABE ⑶求三棱锥E-ABC 的体积.【解题指南】（1）证明BB丄AB从而证得平面ABE L平面BBCC ⑵证明四边形FGEC为平行四边形，进而可证得CF//平面ABE.（3）先计算AB再求得三棱锥E -ABC的体积.【解】⑴在三棱柱ABC-ABC中，BB丄底面ABC所以BB丄AB.又ABL BC所以AE L平面BBCC所以平面ABEL平面BBCC.⑵如图，取AB的中点G,连接EGFG.因为EF,G分别是AC,BCAB的中点，因为AC// AC,且AC=AC,所以FG// EC,且FG=EC所以四边形FGEC为平行四边形.所以GF〃平面ABE.《3｝因为A/l! = AC=2,BC=1 -ABXBC.所以AB=7AC2- BC® =73,所以三檢锥E-AHC的体* A4i=yX^X 佰X1X2 = ^・u!ABADDD, BB ,AB,AD 的中点.求证: （1）直线BC //平面EFPQ⑵直线AG 丄平面PQMN.2. （2014 •江苏）如图所示，在三棱锥P-ABC 中 , D E F 分别为棱PC , AC , AB 的中点.已知PA 丄AC PA=6, BC= DF=5.求证:(1)直线PA/平面DEF⑵平面BD 丄平面ABC.参考答案与解析知识梳理],a （~}a = 0 CJ U U *占0口*〃血 a ）[a a//C\^=b ct//a b// a 0 a//b2. aC\0—0 Q U 弘 bU%uC\h= F g 〃 ct*b 〃Q a// ^a （}y=u 7 — bQ〃0P U03. 任一⑴相交垂直于 （2）所有平行平行4. 垂线交线 基础自测1. D2. C3. B4.④5.（1）中（2）夕卜（3）垂（第1题）（第2题）【例1】（1）因为BC/平面GEFHBC?平面PBC且平面PB©平面GEFH=G所以GH/ BC. 同理可证EF// BC因此GH/ EF.⑵连接ACBD交于点O BD交EF于点K,连接OPGK.因为PA=PCO是AC的中点，所以POL AC同理可得POL BD.又BDH AC=O且AC BD都在平面ABCD内,所以POL平面ABCD.又平面GEF L平面ABCD且PO?平面GEFH所以PO/平面GEFH.因为平面PBC T平面GEFH=GK所以PO/ GK所以GKL平面ABCD.又EF?平面ABCD所以GKL EF.所以GK是梯形GEFH的高.由AB = 8,EB=2,得EB - AB = KB - DB=1 : 4,从而KB = 4-DB=4-OB，即K是OB的中点.4 L再由PO//GK得GK =斗心所以G是PB的中点，且GH=*BC=4.由已知可得OB = 4姫•尸O= A/PB2-OB2 =丿68_32=6・所以GK = 3・GH+FF 4+8故四边形GEFH的面积S = ——丁亠・GK = ——X3=18.【例2] （1）由题设血ADLDE.平面ADE丄¥面BCDE.ffi据面面垂直的性质定理•得AD丄平面BCDE,所以AD丄BC・rfl CD丄BC,AL）nCD=D.tH据线面垂点的判定定理得BC丄平面ACD.又BCU平面AHC.°所以平面ABC丄平面ACD.（2）如图•设平面a与平面ACD.平面ADE.平面ABE,平面BCDE 的交线分别为QM,QP・FN・ MN.由于平面a〃平而AB「•故MQ//AC.因为M是CD的中点•故Q是AD的中点.同理A/N//BC・N为BE的中点、,NP//A13.P为AE的中点，故平面a与四棱A-BCDE各个面的交线所围成的多边形是四边形MNPQ.由于点P,Q分别为AE.AD的中点•所以PQ#DE.又DE//BC.BC//M N・故PQ//MN.由（1）越BC1AC・又MN〃BC,MQ〃AC・所以MQ丄MN•所以四边形MNPQ是直角梯形.设CM=a,则\2=辰・MN=3u ・ PQ=a ・ I3C=4a・ AC= 2 ,故四边形MNPQ的面积是二％ X屈=2屈2.乙/SABC的面积是X 4a X 2 K/2U— 442 a' 9所以平面a与四棱A-BCDE各个面的交线所吊I成的多边形的面积Q /o 2 ]与厶ABC的面枳之比为—【例3】(1)连接AO.CO.因为()为BD的中点.AB=AD,CD=CB, 所以BILL AO.BD丄CO.又A()nCO=().A()CZ平面AOC.COU平面AOC.所以BD丄平面AOC.因为ACU平面A(X、・所以BD1AC.(2)由(1)得AO=1,CO=V^,AC=2,所以AO Z+CO2=AC2・所以AO丄CO.又AO丄BD.BDACO=O.BDU平面BDC.COU平面BDC. 所以AO丄平面BDC.因为E为BC的中点，〜 1 s/3 A/3所以S= — X 2X 1 X =庁一・~ . 1 VT 再所以U E-ADC =V\-DCE =亍乂1 X =飞一•【例4】(1)在长方体ABCD-A}B}C}D X中・AB = AD=1・所以底面A BCD是正方形，所以AC丄BD乂DU 丄平面A”CQ,ACU平面ABCD, 所以AC丄DD].又BDflDD] = D・BD U平面BDD}.DD}CZ平面B DD},所以AC丄平I)面BDD}.因为ACU平面FAG所以平面PAC丄平而BDD].(2)连接bD]・B】C.因为PC^=CD2 + PD2=2,PB?= PD?+BiD?=3,BiC2 = BC2+BBf=5, 所以PC2 + PB\= B}C2・所以△P® C是直角三角形，PS丄PC.同理可得PB]丄PA.又PAQPC=P.PA U平面PAC,PCC平面PAC.所以PH】丄平面PAC.【例5】(DM为平面-4 BCD丄平面ARE.又由已知条件吋ftUDA丄AB.AB丄BC,平面A/5-d)C\平面ABE=AH.所以D4丄平面ABE.CBLY面AZ3E.取EB的中点入，连接ANMN”在厶ABE中'因为AE=AB.E,V=NB*所以AN丄BE*在△ 中•因为EM=M(\ =所以MN//BC.又CB丄平面ABE,所以平面ABE.所以MN丄BE.乂A\n^N=.V,所以BE丄半面AMN*又AMU平面AMM所以AV1丄BE*(2)因为平面A BCD丄平面AHE-AE丄A乩R平面ABCDPl平面ABE=A3.所以AE丄平面ABCD.即AE丄平面BCD.又^AZM'D = X. f?A = X 1 'x 2=1*所以二棱锥的体枳y C-iiED =" [f-flCC =~T _ X Syn X EA =■ J*T X1X2=-变式训练L (1)0为D,E分别为AP9A C的中点*所以DE// PC.又DEE平面BCP.PC U面BCP・所以DE〃平面BCP.(2)因为D,E,F.G分别为AP .AC^BC.Fli的中点, 所以DE// PC//FG.DG//ALI//EF.所H四边形DEFG为平行四边形*又FU丄A乩所以DE丄0(；.所以四边形QEFG为矩形.2. (1)如图•连接FG ・ 因为 AE=B I G=1, 所以 ”G=A]E=2. 所以BG£4】E. 所以A 】G 〃BE・ 又 C } F^B }G.所以四边形C 1FGB 1是平行四边形. 所以FGAC\B 』D4,所以四边形A 】GFD]是平行四边形.所以A.GAD.F.所以D }F^EB.故E.B.F.D }四点共面. (2)取EG 的中点K,连接C|K. 因为H 为B]C]的中点，所以HG//C }K.又GF 上BK.所以四边形BFC 】K 是平行四边形.所以 C]K 〃BF.所以 HG//BF.由 AiG/ZBE,AiGriHG = G,BFriEE=B,所以平面A 】GH 〃平面BED.F ・3. (1)如图所示.因为四边形A BCD 为菱形・(丿为菱形的中心•连接OB,则 AO 丄OB.C〃因为ZBAD= —,所以OB = AB・ sinZOAB= 2sin —= 1.3 i又BM=斗,£L ZOBM =丄•在中.OM2 = OI32 + IfM2 - 2 3i 2 ] 3 2OB ・ BM・ cosZOBM= l2 + (一 \ -2X1X — Xcos —=— \ 2 丿23 4所以OB2=OM24-BM2.故OM丄BM.又PO丄底面ABCD•所以PO丄BC.从而BC与平面POM内的两務相交直线OM.PO都垂直，所以EC丄平面POM.6设P()=a.由PO丄底面ABCD^]/\P()A为直角三角形. 故PA2 = P(f+()A2=a2 + 3.又ZXPOM也是直角三角形•故PM2 = P(f+()M2=a2 + -连接 AM ・在 AABM 中，AM 2 = AB 2 + BM 2 一 2AB ・ BM ・ cos ^ABM=22+ ( \ — 2X 2 X X cos\ Z / Z 34由已知MP 丄AP-故厶A PM 为直角三角形， 3 21则 PA 2 + PM 2 = AM 2 •即 a 2 +3+a 2 + —=——• 4 4解得a =三^或a = — ^-(舍去)，即P()=^~.2 2 2 此时S 四边形八BM"=—・AO ・OB+—・BM ・OM 2 2= |XV3X1+±X_ 5A /3=8 •所以四棱锥P-ABMO 的体积V^P _AliM() 1 5>/3 73=—X ------------ X -------- = 3 8 24. (1)因为底面A BCD 是菱形.所以AC 丄BD.因为AC 丄FD ・PD 「|BD=D ・所以AC 丄平面PBD.(2)由(1)知 AC 丄BD.因为平面PAC 丄平面A BCD,平面PAC Pl 平面A BCD=AC, BDU 平面A BCD.所以BD 丄平面PAC.因为POU 平面PAC,所以BD±PO.因为底面ABCD 是菱形9所以 B()= DO.所以PB = PD.S 四边形ABMO • P° 5 165.(1)在厶ABD中祸为E.F分别是AH,HD的中点.所以EF〃AD・又ADU平面ACD.EFC平面ACD.所以直线EF〃平面ACD,(2)在厶AfiD中.因为AD丄BD.EF//AD,所以EF丄ED在ABCD中，因为CD=CB.F为BD的中点，所以CF丄因为EFU平面EFC.CF U平面EFC.EF CF交于点F.知AD // BC.因为F, P分别是ADDD的中点,所以FP// AD.从而BC// FP.而FP?平面EFPQ且BC?平面EFPQ 故直线BC//平面EFPQ.(第1题)⑵如图，连接AC BDAC,则ACL BD. 由CC丄平面ABCDBD?平面ABCD 可得CC丄BD. 又A8 CCC所以BD L平面ACCA. 而AC?平面ACCA1,所以BD L AC. 因为M N分别是AB, AD的中点，所以MN/ BD从而MN L AC.同理可证PNL AC.又PNn MN=N^以直线AG丄平面PQMN.2. (1)W为6E分别为PC. AC的中点•所以DE//PA. 乂 PAQ平面DEF.DE U平面DEF.所以直线PA//平面DEF.⑵因为D»E,F分别为棱PC r AC f AB的中点VA=6.BC=8,所以DE〃PA』E=》PA=3・EF=1R「=4.2 2乂DF=5,所以I)F2= DE2 + P：F2,所以ZOEF=90\ 即l)E±EF.X P A LAC. I)E//PA DE丄AU因为AGP EF=E,AC<=平面ABC.EF U平面ABC, 所以DE丄平面ABC 又DEU平面BDE.所以平面BDE丄平血JBC.。
2021届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
2021届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知识点、方法题号利用空间向量证明平行1,3,10,11利用空间向量证明垂直2,4,5,6,7,8,9,13 与平行、垂直有关的探干脆问题12,14基础巩固(时刻: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,因此a⊥u,故l∥α或l⊂α.故选A.2.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-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n1·n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)≠0,因此n1与n2不垂直,又因为n1,n2不平行,因此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,因此==,因此k=4.4.在正方体ABCDA1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D的中点,N是A1B1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⊥,因此·=0,即3+5-2z=0,得z=4.又因为BP⊥平面ABC,因此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:-47.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,因此垂足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,假如=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).关于结论: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,因此①②③正确.④不正确.答案:①②③能力提升(时刻:15分钟)9.导学号 38486164在长方体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).因此=(,2,0)-(0,1,)=(,1,-),=(,2,0)-(2,0,0)=(-,2,0),因此·=(,1,-)·(-,2,0)=0,即⊥,因此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,因此⊥n,即·n=0,因此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=,因此=,=,因此=++=++= (+)++ (+)=+.又因为是平面B1BCC1的法向量,因此·=(+)·=0,因此⊥.又因为MN⊄平面B1BCC1,因此MN∥平面B1BCC1.答案:平行12.导学号 18702400如图,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),因此=+,故与平面BEF共面,又因为AG不在平面BEF内,因此AG∥平面BEF.(2)解:设M(1,1,m),则=(1,1,m),由·=0,·=0,因此-+m=0⇒m=,因此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),因此∥,因此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),因此·=0,·=0,从而ME⊥BB1,ME⊥BC.又BB1∩BC=B,因此EM⊥面BCC1B1.14.导学号 38486166在四棱锥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,因此⊥,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.因此点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.。
全国通用近年高考数学一轮复习第七章立体几何初步课时作业四十四7.6平行、垂直的综合问题文(2021
（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第七章立体几何初步课时分层作业四十四7.6 平行、垂直的综合问题文编辑整理：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（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第七章立体几何初步课时分层作业四十四7.6 平行、垂直的综合问题文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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课时分层作业四十四平行、垂直的综合问题一、选择题（每小题5分，共25分)1。
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( ）A.A1D B。
AA1 C.A1D1D。
A1C1【解析】选D。
易知AC⊥平面BB1D1D。
因为A1C1∥AC,所以A1C1⊥平面BB1D1D.又B1O⊂平面BB1D1D，所以A1C1⊥B1O。
2.如图所示,在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4，又H，G分别为BC,CD的中点，则（)A。
BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B。
EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形C。
HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是平行四边形【解析】选B。
由AE∶EB=AF∶FD=1∶4知EF=BD，所以EF∥面BCD.又H,G分别为BC，CD的中点,所以HG=BD,所以EF∥HG且EF≠HG,所以四边形EFGH是梯形。
3.设α，β是两个不同的平面,l，m为两条不同的直线。
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课时作业50 证明平行与垂直一、选择题1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，能使l ∥α的是( ) A ．a ＝(1，0，0)，n ＝(－2，0，0) B ．a ＝(1，3，5)，n ＝(1，0，1) C ．a ＝(0，2，1)，n ＝(－1，0，－1) D ．a ＝(1，－1，3)，n ＝(0，3，1) 解析：若l ∥α，则a ·n ＝0，D 中，a ·n ＝1×0＋(－1)×3＋3×1＝0， ∴a ⊥n . 答案：D2．已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，－33 B.⎝⎛⎭⎪⎫33，－33，33C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，33，33 D.⎝⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 解析：因为A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)， 所以AB ―→＝(－1，1，0)，AC ―→＝(－1，0，1)． 经验证，当n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33时， n ·AB ―→＝33－33＋0＝0，n ·AC ―→＝33＋0－33＝0，故选D. 答案：D3．若AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行C ．在平面内D.平行或在平面内解析：∵AB ―→＝λCD ―→＋μCE ―→，∴AB ―→，CD ―→，CE ―→共面．则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内．答案：D4．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点，则AM 与PM 的位置关系为( )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 ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，依题意，可得D (0，0，0)，P (0，1，3)，C (0，2，0)，A (22，0，0)，M (2，2，0)．∴PM ―→＝(2，2，0)－(0，1，3)＝(2，1，－3)，AM ―→＝(2，2，0)－(22，0，0)＝(－2，2，0)，∴PM ―→·AM ―→＝(2，1，－3)·(－2，2，0)＝0， 即PM ―→⊥AM ―→，∴AM ⊥PM . 答案：C5．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( )A ．(1，1，1) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，1 C.⎝⎛⎭⎪⎫22，22，1 D.⎝⎛⎭⎪⎫24，24，1 解析：设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，由AM ∥平面BDE ，且AM ⊂平面ACEF ，平面ACEF ∩平面BDE ＝OE ，∴AM ∥EO ，又O 是正方形ABCD 对角线交点， ∴M 为线段EF 的中点．在空间坐标系，E (0，0，1)，F (2，2，1)． 由中点坐标公式，知点M 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，1. 答案：C6．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A 1(1，0，1)，D (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，13，0，B (1，1，0)，D 1(0，0，1)，A 1D ―→＝(－1，0，－1)，AC ―→＝(－1，1，0)，EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13，－13，BD 1―→＝(－1，－1，1)，EF ―→＝－13BD 1―→，A 1D ―→·EF ―→＝AC ―→·EF ―→＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B. 答案：B 二、填空题7．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：AB ―→＝(0，1，－1)，AC ―→＝(1，0，－1)，∴n ·AB ―→＝0，n ·AC ―→＝0，∴n ⊥AB ―→，n ⊥AC ―→，故n 也是α的一个法向量．又∵α与β不重合，∴α∥β.答案：平行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________．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．由于BD―→＝AD―→－AB―→＝(2，3，4)，AP―→＝(－1，2，－1)，∴BD―→与AP―→不平行，故④错误．答案：①②③9．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E ⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．解析：以D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，所以B1E―→＝(x－1，0，1)，又F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，所以FB―→＝(1，1，y)，由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，只需FB―→·B1E―→＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0⇒x＋y＝1.答案：1三、解答题10．如图所示，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：(1)DE∥平面ABC；(2)B1F⊥平面AEF.证明：(1)如图建立空间直角坐标系A－xyz，令AB＝AA1＝4，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4)．取AB 中点为N ，连接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，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ； (2)求证：平面BCE ⊥平面CDE .证明：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 )．∵F 为CD 的中点， ∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)∵AF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE ―→＝(a ，3a ，a )，BC ―→＝(2a ，0，－a )，∴AF ―→＝12(BE ―→＋BC ―→)，又AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)∵AF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD ―→＝(－a ，3a ，0)，ED ―→＝(0，0，－2a )，∴AF ―→·CD ―→＝0，AF ―→·ED ―→＝0，∴AF ―→⊥CD ―→，AF ―→⊥ED ―→，∵CD ∩ED ＝D ，∴AF ⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面CDE ⊥平面BCE .1．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 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ，若存在，请求出G 的位置；若不存在，请说明理由．解：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 ，a 2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2. (1)EF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，0，a 2，DC ―→＝(0，a ，0)．EF ―→·DC ―→＝0，所以EF ―→⊥DC ―→，即EF ⊥CD .(2)假设点G 存在．设G (x ，0，z )，则FG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2， 因为GF ⊥平面PCB ，则由FG ―→·CB ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；由FG ―→·CP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.所以G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即G 点为AD 的中点．2．如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，M ，N 分别是棱AB ，AD ，A 1B 1，A 1D 1的中点，点P ，Q 分别在棱DD 1，BB 1上移动，且DP ＝BQ ＝λ(0<λ<2)．(1)当λ＝1时，证明：直线BC 1∥平面EFPQ ；(2)是否存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解：以D 为原点，射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .由已知得B (2，2，0)，C 1(0，2，2)，E (2，1，0)，F (1，0，0)，P (0，0，λ)，则BC 1―→＝(－2，0，2)，FP ―→＝(－1，0，λ)，FE ―→＝(1，1，0)．(1)证明：当λ＝1时，FP ―→＝(－1，0，1)， 因为BC 1―→＝(－2，0，2)， 所以BC 1―→＝2FP ―→，即BC 1∥FP . 而FP ⊂平面EFPQ ，且BC 1⊄平面EFPQ ， 故直线BC 1∥平面EFPQ .(2)设平面EFPQ 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧FE ―→·n ＝0，FP ―→·n ＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，－x ＋λz ＝0. 于是可取n ＝(λ，－λ，1)．同理可得平面MNPQ 的一个法向量为m ＝(λ－2，2－λ，1)．若存在λ，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角，则m ·n ＝(λ－2，2－λ，1)·(λ，－λ，1)＝0，即λ(λ－2)－λ(2－λ)＋1＝0，解得λ＝1±22. 故存在λ＝1±22，使面EFPQ 与面PQMN 所成的二面角为直二面角．。