2020届高考数学一轮复习：课时作业47《利用空间向量证明空间中的位置关系》(含解析) 练习

课时作业47　利用空间向量证明空间中的位置关系

1．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A-xyz.

∴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)∵E，H分别是线段AP，AB的中点，

∴PB∥EH.

∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，

∴PB∥平面EFH.

(2)＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，＝(0,1,1)，

∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，

·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0.

∴PD⊥AF，PD⊥AH.

又∵AF∩AH＝A，∴PD⊥平面AHF.

2．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，点D是AB的中点.

(1)证明AC⊥BC1；

(2)证明AC1∥平面CDB1.

证明：因为直三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长分别为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以△ABC为直角三角形，AC⊥BC.

所以AC，BC，C1C两两垂直．

如图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)，B1(0,4,4)，D.

(1)因为＝(－3,0,0)，＝(0，－4，4)，

所以·＝0，所以AC⊥BC1.

(2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE，

则E(0,2,2)，＝，＝(－3,0,4)，

所以＝，DE∥AC1.

因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，

所以AC1∥平面CDB1.

3．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.

(1)求证：AA1⊥平面ABC；

(2)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．

证明：(1)因为AA1C1C为正方形，

所以AA1⊥AC.

因为平面ABC⊥平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，所以AA1⊥平面ABC.

(2)由(1)知AA1⊥AB，AA1⊥AC.

由题知AB＝3，BC＝5，AC＝4，所以AB⊥AC.如图，以A为原点建立空间直角坐标系A­xyz，

则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4)．

设D(x，y，z)是直线BC1上的一点，且＝λ，

所以(x，y－3，z)＝λ(4，－3,4)，

解得x＝4λ，y＝3－3λ，z＝4λ，

所以＝(4λ，3－3λ，4λ)．

由·＝0，＝(0,3，－4)，

则9－25λ＝0，解得λ＝.

因为∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，

此时，＝λ＝.

4．(2019·桂林模拟)如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；

(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：设BD与AC交于点O，

则BD⊥AC，连接A1O，

在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，

∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，

∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO.

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，

且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，

∴A1O⊥平面ABCD.

以OB，OC，OA1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A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，

A1(0,0，)，C1(0,2，)．

由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，

·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，

∴⊥，即BD⊥AA1.

(2)假设在直线CC1上存在点P，

使BP∥平面DA1C1，

设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．

从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．

设平面DA1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，

则

又＝(0,2,0)，＝(，0，)，

则取n＝(1,0，－1)，

因为BP∥平面DA1C1，则n⊥，

即n·＝－－λ＝0，得λ＝－1，

即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.

5．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．

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)以D为原点，分别以DB，DC，DA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A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，

易知平面CDF的法向量为＝(0,0,2)，

设平面EDF的法向量为n＝(x，y，z)，

则即

取n＝(3，－，3)，

则cos〈，n〉＝＝，

∴二面角E-DF-C的余弦值为.

(3)存在．证明如下：设P(x，y,0)，

则·＝y－2＝0，

∴y＝.又＝(x－2，y,0)，

＝(－x,2－y,0)，

∵∥，∴(x－2)(2－y)＝－xy，

∴x＋y＝2.

把y＝代入上式得x＝，

∴P，∴＝，

∴点P在线段BC上．

∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.

6．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示．

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；

(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．

解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，

所以DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩DC＝D，

所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.

又因为A1C⊥CD，DE∩CD＝D，

所以A1C⊥平面BCDE.

(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．

设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，

则n·＝0，n·＝0.

又因为＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)，

所以

令y＝1，则x＝2，z＝，所以n＝(2,1，)．

设CM与平面A1BE所成的角为θ.

因为＝(0,1，)，

所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.

所以CM与平面A1BE所成角的大小为.

(3)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：

假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．

设平面A1DP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，

则·m＝0，·m＝0，

∵＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，

∴

∴z1＝y1，x1＝y1.

设y1＝6，则m＝(3p,6,2)，

∵平面A1DP与平面A1BE垂直，则m·n＝0，

∴6p＋6＋6＝0，p＝－2，∵0≤p≤3，

∴线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．