2019版高考数学（理）一轮总复习作业：55空间向量的应用（二） 空间的角与距离1 .doc

题组层级快练(五十五)1(2018广西桂林一中期中)若a(2，3，m)，b(2n，6，8)，且a，b为共线向量，则mn的值为()A7B.C6 D8答案C解析由a，b为共线向量，得，解得m4，n2，则mn6.故选C.2已知向量a(2，1，3)，b(1，4，2)，c(7，5，)若a，b，c三个向量共面，则实数等于()A. B.C. D.答案D解析由题意，得ctab(2t，t4，3t2)，所以解得故选D.3若平面的一个法向量为(1，2，0)，平面的一个法向量为(2，1，0)，则平面和平面的位置关系是()A平行 B相交但不垂直C垂直 D重合答案C解析由(1，2，0)(2，1，0)122(1)000，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直4已知平面内有一个点M(1，1，2)，平面的一个法向量是n(6，3，6)，则下列点P在平面内的是()AP(2，3，3) BP(2，0，1)CP(4，4，0) DP(3，3，4)答案A解析n(6，3，6)是平面的法向量，n，在选项A中，(1，4，1)，n0.5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(，) B(，)C(，) D(，)答案D解析(1，1，0)，(1，0，1)，设平面ABC的一个法向量n(x，y，z)，令x1，则y1，z1，n(1，1，1)单位法向量为：(，)6已知(1，5，2)，(3，1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为()A.，4 B.，4C.，2，4 D4，15答案B解析，0，即352z0，得z4，又BP平面ABC，BPAB，BPBC，又(3，1，4)，则解得7已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果(2，1，4)，(4，2，0)，(1，2，1)对于结论：APAB；APAD；是平面ABCD的法向量；.其中正确的是_答案解析0，0，ABAP，ADAP.则正确从而正确，又(4，2，0)(2，1，4)(2，3，4).与不平行不正确8(2018甘肃兰州质检)如图，在直角梯形ABCD中，BCDC，AEDC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是_(写出所有正确说法的序号)不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN平面DEC；不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNAE；不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MNAB；在折起过程中，一定存在某个位置，使ECAD.答案解析不妨设BCa，CEEDb.折起后CED(0<<)以E为原点，EA，EC分别为x轴，y轴则A(a，0，0)，C(0，b，0)，D(0，bcos，bsin)M(，cos，sin)，N(，0)(0，cos，sin)，(a，0，0)，(0，b，0)，(a，bcos，bsin)，(0，b，0)0，MNAE，对，是平面CED的法向量MN平面DEC，对，MN与AB异面，不对当时，0，对综上，正确9.如右图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点求证：AB1平面A1BD.答案略证明方法一：设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数，使m.令a，b，c，显然它们不共面，并且|a|b|c|2，abac0，bc2，以它们为空间的一组基底，则ac，ab，ac，m()abc，m(ac)()abc4()240.故m，结论得证方法二：基向量的取法同上(ac)(ac)|a|2|c|20，(ac)(ab)|a|2abacbc0，即AB1BA1，AB1BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1平面A1BD.方法三：取BC的中点O，连接AO.ABC为正三角形，AOBC.在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面BCC1B1，AO平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示，则B(1，0，0)，D(1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，(1，2，)，(2，1，0)则n，n，故令x1，则y2，z.故n(1，2，)为平面A1BD的一个法向量，而(1，2，)，n，即n，AB1平面A1BD.10(2018杭州学军中学模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中ADBC，ABAD，ABADBC，BEBC.求证：DE平面PAC.解析如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，设ABADBC2，则D(0，2，0)，E(2，1，0)，A(0，0，0)，C(2，4，0)(2，1，0)，(2，4，0)设P(0，0，z)，(0，0，z)设m(x1，y1，z1)为平面APC的一个法向量，则m，m.令y11，则m(2，1，0)，显然m.m，DE平面PAC.11.(2018甘肃省兰州市高考实战模拟)如图所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE平面ABCD，EFAB，EGAD，EFEG1，AE3.求证：平面CFG平面ACE.答案略解析建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(0，0，3)，G(0，1，3)，F(1，0，3)(0，0，3)，(2，2，0)，(1，1，0)，2200，0000.FGAC，FGAE.FG平面ACE.又FG平面CFG，平面CFG平面ACE.12(2018江西景德镇二中模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AEFC11.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG，点M在BB1上，GMBF，垂足为H，求证：EM平面BCC1B1.答案略证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，E(3，0，1)，F(0，3，2)，D1(3，3，3)，所以(3，0，1)，(0，3，2)，(3，3，3)所以.故，共面又它们有公共点B，所以E，B，F，D1四点共面(2)设M(0，0，z0)，则(0，z0)，而(0，3，2)，由题设得3z020，解得z01.故M(0，0，1)，(3，0，0)又(0，0，3)，(0，3，0)，所以0，0，从而MEBB1，MEBC.又BB1BCB，所以EM平面BCC1B1.13(2018湖北襄阳模拟，理)如图，多面体ABCDEF中，DE平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AB2，BAD60，四边形BDEF是正方形(1)求证：CF平面AED；(2)在线段EC上是否存在点P，使得AP平面CEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由答案(1)略(2)不存在点P解析(1)因为四边形ABCD是菱形，所以BCAD.又BC平面ADE，AD平面ADE，所以BC平面ADE，又四边形BDEF是正方形，所以BFDE.因为BF平面ADE，DE平面ADE，所以BF平面ADE，因为BC平面BCF，BF平面BCF，BCBFB，所以平面BCF平面AED，因为CF平面BCF，所以CF平面AED.(2)因为四边形ABCD为菱形，且BAD60，所以BCD为等边三角形，取BD的中点O，连接CO，所以COBD，取EF的中点G，连接OG，则OGDE，因为DE平面ABCD，所以OG平面ABCD，故可建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.则O(0，0，0)，A(0，0)，B(1，0，0)，C(0，0)，E(1，0，2)，F(1，0，2)，所以(1，2)，(2，0，0)，(1，2)设平面ECF的法向量为n(x，y，z)，则有得x0，令y1，则n(0，1，)又(1，2)，(1，2)，设P(x，y，z)，由，得(1，22)，又平面CEF的一个法向量为n(0，1，)若AP平面CEF，则n，令n.得方程组无解，不符合题意综上，线段EC上不存在点P，使得AP平面CEF.14.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MDNB1，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，请说明理由答案(1)(2)存在，|AS|解析(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.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(，1，0)，所以(，0，1)，(1，0，1)，因为|cos，|.所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN.连接AE，如图所示因为(0，1，1)，可设(0，)，又(，1，0)，所以(，1，)由ES平面AMN，得即解得，此时(0，)，|.经检验，当|AS|时，ES平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN，此时|AS|.1.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD底面ABCD，且PAPDAD，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.答案(1)略(2)略思路(1)(2)证明如图，取AD的中点O，连接OP，OF.因为PAPD，所以POAD.因为侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，所以PO平面ABCD.又O，F分别为AD，BD的中点，所以OFAB.又ABCD是正方形，所以OFAD.因为PAPDAD，所以PAPD，OPOA.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(，0，0)，F(0，0)，D(，0，0)，P(0，0，)，B(，a，0)，C(，a，0)因为E为PC的中点，所以E(，)(1)易知平面PAD的一个法向量为(0，0)，因为(，0，)，且(0，0)(，0，)0，所以EF平面PAD.(2)因为(，0，)，(0，a，0)，所以(，0，)(0，a，0)0，所以，所以PACD.又PAPD，PDCDD，所以PA平面PDC.又PA平面PAB，所以平面PAB平面PDC.2.已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，BAD90，2AB2ADCD，侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中点(1)求证：BE平面PCD；(2)在PB上是否存在一点F，使AF平面BDE?答案(1)略(2)F为PB中点时，AF平面BDE解析(1)以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系设ABAD2，则有B(1，2，0)，C(1，4，0)，D(1，0，0)，P(0，0，)，E(，2，)(，0，)，(1，4，)，(0，4，0)(，0，)(1，4，)0，(，0，)(0，4，0)0.即BEPC，BECD.又PCCDC，BE平面PCD.(2)设平面BDE的法向量为n(x，y，z)，n，n，n0，n0.令y1，则x1，z.平面BDE的一个法向量为n(1，1，)取PB中点F，则有F(，1，)又A(1，0，0)，(，1，)n(，1，)(1，1，)10，n.又n是平面BDE的法向量，且AF平面BDE，AF平面BDE.故存在PB中点F使AF平面BDE.3(2017衡水中学调研卷)如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1D平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A2.(1)证明：ACA1B；(2)是否在棱A1A上存在一点P，使得且面AB1C1面PB1C1.答案(1)略(2)点P不存在解析以DA，DC，DA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，)，B(1，1，0)，D1(1，0，)，B1(0，1，)，C1(1，1，)(1)(1，1，0)，(1，1，)，0，ACA1B.(2)假设存在，P(，0，)设平面AB1C1的一个法向量为n1(x1，y1，z1)，(1，1，)，(2，1，)，令z1，则y13，x10.n1(0，3，)同理可求面PB1C1的一个法向量为n2(0，1)，n1n20.0，即4.P在棱A1A上，>0矛盾这样的点P不存在4(2018石家庄市高三一检)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，底面ABCD为梯形，ADBC，CDBC，AD2，ABBC3，PA4，M为AD的中点，N为PC上的点，且PC3PN.求证：MN平面PAB.证明方法一：(传统法)如图，在平面PBC内作NHBC交PB于点H，连接AH，在PBC中，NHBC，且NHBC1，AMAD1，又ADBC，NHAM且NHAM，四边形AMNH为平行四边形，MNAH，又AH平面PAB，MN平面PAB，MN平面PAB.方法二：(向量法)在平面ABCD内作AECD交BC于点E，则AEAD.分别以AE，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系则P(0，0，4)，M(0，1，0)，C(2，2，0)，N(，)，B(2，1，0)，A(0，0，0)，(，)，(0，0，4)，(2，1，0)设mn，(，)m(2，1，0)n(0，0，4)，m，n，、共面平面PAB.又MN平面PAB.MN平面PAB.方法三：(法向量)建系写点坐标如方法二设m(x1，y1，z1)为平面PAB的一个法向量，则由m，m得令x11，则m(1，2，0)m1200.m，平面PAB.又MN平面PAB.MN平面PAB.方法四：(基本法)设.由题知3.()()，、三向量共面平面APB.又MN平面PAB.MN平面PAB.