2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项四第1课时利用空间向量证明平行垂直与利用空间向量求距离含解析新人教B版

高考解答题专项四　立体几何中的综合问题

第1课时　利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离

1.

如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1?BC,AA1⊥平面BAC.求证:

(1)A1B1⊥平面AA1C;

(2)AB1∥平面A1C1C.

2.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1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.

3.(2021重庆八中月考)如图1,C,D是以AB为直径的圆上两点,且AB=2AD,AC=BC,将△ABC所在的半圆沿直径AB折起,使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上,如图2.

(1)求证:BC⊥平面ACD;

(2)已知O为AB中点,在线段CE上是否存在点F,使得OF∥平面ACD?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.

4.

如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2,求点A到平面MBC的距离.

5.(2021山东烟台二中三模)在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中,AA1=2AB=2.

求BC到平面ADC1B1的距离.

6.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AC=4,BD=2,且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点.

(1)求点B1到平面D1AC的距离;

(2)在线段BO1上,是否存在一个点P,使得直线AP与CD1垂直?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由.

高考解答题专项四　立体几何中的综合问题

第1课时　利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离

1.证明∵AA1⊥平面BAC,

∴AA1⊥AB,AA1⊥AC.

又AB=AC,BC=AB,

∴∠CAB=90°,即CA⊥AB,

∴AB,AC,AA1两两互相垂直.

建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).

(1)=(0,2,0),由图知,平面AA1C的一个法向量为n=(0,1,0).

∴=2n,即∥n.

∴A1B1⊥平面AA1C.

(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),

则

令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).

∴·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,

∴⊥m.又AB1⊄平面A1C1C,

∴AB1∥平面A1C1C.

2.(1)证明以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别作为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),E1,,1,F,G,

∵,而,

∴,故共面.∵AG不在平面BEF内,∴AG∥平面BEF.

(2)解设M(1,1,m),则=(1,1,m),

∵DM⊥平面BEF,

∴=0,=0,

∴-+m=0,解得m=,故当M为棱BB1的中点时,DM⊥平面BEF.

3.(1)证明因为CE⊥平面ABD,AD⊂平面ABD,所以AD⊥CE.

因为AD⊥DB,CE∩DB=E,所以AD⊥平面BCD.

因为BC⊂平面BCD,所以AD⊥BC.

又BC⊥AC,AC∩AD=A,所以BC⊥平面ADC.

(2)解不存在.以O为坐标原点,垂直于AB的方向为x轴正方向,OB为y轴正方向,垂直于平面ADB的方向为z轴正方向.

不妨设圆的半径为,E为点C在平面ABD上的正投影,所以E在x轴正方向上.

由AB=2AD,知∠ABD=30°,则BE=2,OE=1,BC=,CE=,

所以E(1,0,0),B(0,,0),C(1,0,).

设F(1,0,t),t∈[0,).

由(1)知即为平面ACD的法向量,=(1,-),=(1,0,t),

若OF∥平面CAD,则=0,即1+t=0,t=-,所以线段CE上不存在点F,使得OF∥平面CAD.

4.解如图,取CD的中点O,连接OB,OM,因为△BCD与△MCD均为正三角形,所以OB⊥CD,OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD,平面MCD∩平面BCD=CD,OM⊂平面MCD,所以MO⊥平面BCD,所以OM⊥OB.以O为坐标原点,直线OC,BO,OM分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.

因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,所以OB=OM=,

则O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,),B(0,-,0),A(0,-,2),

所以=(1,,0),=(0,).

设平面MBC的法向量n=(x,y,z),

由

即

取x=,可得平面MBC的一个法向量为n=(,-1,1).又=(0,0,2),

所以所求距离为d=.

5.解连接AE,因为六边形ABCDEF为正六边形,则∠AFE=∠DEF=120°,

因为AF=EF,则∠AEF=30°,故∠AED=90°,

因为EE1⊥底面ABCDEF,不妨以点E为坐标原点,EA,ED,EE1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.

则A(,0,0),B(,1,0),D(0,1,0),B1(,1,2),

在正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中,BB1∥CC1且BB1=CC1,

所以四边形BB1C1C为平行四边形,则BC∥B1C1.

因为BC⊄平面ADC1B1,B1C1⊂平面ADC1B1,所以BC∥平面ADC1B1,

所以BC到平面ADC1B1的距离等于点B到平面ADC1B1的距离.

设平面ADC1B1的法向量为m=(x1,y1,z1),=(-,1,0),=(0,1,2),

由取y1=2,则m=(2,2,-),

=(0,1,0),所以直线BC到平面ADC1B1的距离为d=.

6.解(1)由于菱形的对角线互相垂直平分,故以AC与BD的交点O为原点,

以射线OA,OB,OO1分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.

则A(2,0,0),B(0,1,0),C(-2,0,0),O1(0,0,3),B1(0,1,3),D1(0,-1,3),

设平面D1AC的法向量为n=(x,y,z),

由=(-4,0,0),=(-2,-1,3),

得

令z=1,则n=(0,3,1).

因为=(0,2,0),

故点B1到平面D1AC的距离为d=.

(2)设=λ,0≤λ≤1,

则由=(-2,1,0),=(0,-1,3),=(0,-λ,3λ),

得=(-2,1-λ,3λ).

又=(2,-1,3),

故当时,=(-2,1-λ,3λ)·(2,-1,3)=10λ-5=0,解得λ=.

故在线段BO1上存在点P,使得AP⊥CD1,

此时BP=BO1=.