（黄冈名师）2020版高考数学大一轮复习 核心素养提升练四十五 9.6 利用空间向量证明空间中的位置

核心素养提升练四十五利用空间向量证明空间中的位置关系(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.设直线l的方向向量为(1,-1,1),平面α的一个法向量为(-1,1,-1),则直线l与平面α的位置关系是()A.l⊂αB.l∥αC.l⊥αD.不确定【解析】选C.因为直线l的方向向量为(1,-1,1),平面α的一个法向量为(-1,1,-1),显然它们共线,所以直线l与平面α的位置关系是垂直即l⊥α.2.已知平面α,β的法向量分别为μ=(-2,3,-5),v=(3,-1,4),则()A.α∥βB.α⊥βC.α,β相交但不垂直D.以上都不正确【解析】选C.因为≠≠,所以μ与v不是共线向量,又因为μ·v=-2×3+3×(-1)+(-5)×4=-29≠0,所以μ与v不垂直,所以平面α与平面β相交但不垂直.3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,点M在EF上且AM∥平面BDE.则M点的坐标为()A.(1,1,1)B.C.D.【解析】选C.因为点M在EF上,设ME=x,所以M,因为A,D,E(0,0,1),B(0,,0),所以=(,0,-1),=(0,,-1),=.设平面BDE的法向量n=(a,b,c),由得a=b=c.故可取一个法向量n=.因为n·=0,所以x=1,所以M.4.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()A.,-,4B.,-,4C.,-2,4D.4,,-15【解析】选B.因为⊥,所以·=0,所以3+5-2z=0,解得z=4.又因为BP⊥平面ABC,所以⊥,⊥,所以,解得x=,y=-,所以x=,y=-,z=4.5.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则·的值为()A.a2B.a2C.a2D.a2【解析】选C.如图,设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三向量两两夹角为60°.=(a+b),=c,所以·=(a+b)·c=(a·c+b·c)=(a2cos60°+a2cos60°)=a2.二、填空题(每小题5分,共15分)6.设平面α与向量a=(-1,2,-4)垂直,平面β与向量b=(-2,4,-8)垂直,则平面α与β位置关系是________.【解析】因为2a=b,所以a∥b.因为平面α与向量a垂直,所以平面α与向量b也垂直.而平面β与向量b垂直,所以α∥β.答案:平行7.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为________.【解析】如图,建立空间坐标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),F(2,1,0),E(1,0,0),设M(0,m,2)(0≤m≤2),则=(2,1,0),=(1,-m,-2),cosθ=,令t=2-m(0≤t≤2),cosθ=×≤×=.答案:8.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为________.【解析】不妨设CA=CC1=2CB=2,则A(2,0,0),B1(0,2,1),B(0,0,1),C1(0,2,0),所以=(-2,2,1),=(0,2,-1),所以直线BC1与直线AB1夹角θ的余弦值是cosθ===,所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.答案:三、解答题(每小题10分,共20分)9.如图所示,在多面体A1B1D1DCBA中,四边形AA1B1B,ADD1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C.(2)求二面角E-A1D-B1的余弦值.【解析】(1)因为A1D∥B1C,A1D⊂平面A1DE,B1C⊄平面A1DE,所以B1C∥平面A1DE,又B1C⊂平面B1CD1,平面A1DE∩平面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)设正方形边长为1,以A为原点,分别以,,为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E是B1D1的中点,所以点E的坐标为(0.5,0.5,1).设平面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),又=(0.5,0.5,0),=(0,1,-1),由n1⊥,n1⊥得:,令s1=t1=1,则n1=(-1,1,1),设平面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),又=(1,0,0),=(0,1,-1),同理可得:n2=(0,1,1),所以结合图形可得二面角E-A1D-B1的余弦值为==.10.(2018·黄冈模拟)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.(3)求DB与平面DEF所成角的正弦值.【解析】以DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图),设DA=a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E,F,P(0,0,a).(1)因为·=·(0,a,0)=0,所以EF⊥CD.(2)点G为AD的中点时,满足题意,理由如下:设G(x,0,z),则G∈平面PAD,=,·=·(a,0,0)=a=0,所以x=,·=·(0,-a,a)=az=0,所以z=0,所以G点坐标为,即G点为AD的中点.(3)设平面DEF的法向量为n=(x,y,z).由得,即,取x=1,则y=-2,z=1,得n=(1,-2,1).cos,n===,因为DB与平面DEF所成角的正弦值sinα=|cos,n|所以,DB与平面DEF所成角的正弦值的大小为.(20分钟40分)1.(5分)如图,点C在圆锥PO的底面圆O上,AB是直径,AB=8,∠BAC=30°,圆锥的母线与底面成的角为60°,则点A到平面PBC的距离为()A.B.2C.D.【解析】选C.如图,过点O作AB的垂线Ox,以Ox,OB,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,由题意可得A(0,-4,0),B(0,4,0),C(-2,2,0),P(0,0,4).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则m·=0,m·=0,所以2x+2y=0,-4y+4z=0,所以y=z=-x,所以取m=(-1,,1),因为=(0,4,4),所以d===,所以点A到平面PBC的距离为.2.(5分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AD⊥AB,且PB=AB=AD=3,BC=1.在线段PD上存在一点M,使得CM⊥PA,则PM的长为()A.B.3C.D.【解析】选C.因为在梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,所以BC⊥AB.因为PB⊥平面ABCD,所以PB⊥AB,PB⊥BC,如图,以B为原点,BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,所以C(1,0,0),D(3,3,0),A(0,3,0),P(0,0,3).设=λ=(3λ,3λ,-3λ),所以=+=(-1+3λ,3λ,3-3λ),所以·=-9λ+3(3-3λ)=0,解得λ=,所以存在点M,且PM=PD=.3.(5分)给出下列命题:①直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量b=,则l与m垂直;②直线l的方向向量a=(0,1,-1),平面α的法向量n=(1,-1,-1),则l⊥α;③平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α∥β;④平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1.其中真命题是________.(把你认为正确的命题的序号都填上)【解析】对于①,因为a=(1,-1,2),b=(2,1,-),所以a·b=1×2-1×1+2×=0,所以a⊥b,所以直线l与m垂直,①正确;对于②,a=(0,1,-1),n=(1,-1,-1),所以a·n=0×1+1×(-1)+(-1)×(-1)=0,所以a⊥n,所以l∥α或l⊂α,②错误;对于③,因为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),所以n1与n2不共线,所以α∥β不成立,③错误;对于④,因为点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),所以=(-1,1,1),=(-1,1,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,所以,即,则u+t=1,④正确.综上,真命题的序号是①④.答案:①④4.(12分)如图,在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,E,F分别是PC,PD的中点,PA=AB=1,BC=2.求证:(1)EF∥平面PAB.(2)平面PAD⊥平面PDC.【证明】(1)以A为原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),所以E,F,=,=(1,0,-1),=(0,2,-1),=(0,0,1),=(0,2,0),=(1,0,0),=(1,0,0).因为=-,所以∥,即EF∥AB,又AB⊂平面PAB,EF⊄平面PAB,所以EF∥平面PAB.(2)因为·=(0,0,1)·(1,0,0)=0,·=(0,2,0)·(1,0,0)=0,所以⊥,⊥,即AP⊥DC,AD⊥DC.又AP∩AD=A,所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC,所以平面PAD⊥平面PDC.5.(13分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PB与底面所成的角为45°,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,PA=BC=AD=1.(1)求证:面PAC⊥面PCD.(2)在棱PD上是否存在一点E,使CE∥面PAB?若存在,请确定E点的位置;若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为PA⊥面ABCD,PB与面ABCD所成的角为∠PBA=45°,所以AB=1,由∠ABC=∠BAD=90°,易得CD=AC=,由勾股定理逆定理得AC⊥CD.又因为PA⊥CD,PA∩AC=A,所以CD⊥面PAC,CD⊂平面PCD,所以平面PAC⊥平面PCD.(2)分别以AB,AD,AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0),设E(0,y,z),则=(0,y,z-1),=(0,2,-1),因为与共线,所以y·(-1)-2(z-1)=0①,因为=(0,2,0)是平面PAB的法向量,又=(-1,y-1,z),CE∥面PAB.⊥.所以(-1,y-1,z)·(0,2,0)=0,所以y=1.将y=1代入①,得z=.所以E是PD的中点,所以存在E点使CE∥面PAB,此时E为PD的中点.