2021年高考数学一轮精选练习：44《利用空间向量证明空间中的位置关系》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：44《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.            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.              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.           4.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.                 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.            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.           
答案解析1.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.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.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.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.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.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.