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【成才之路】2014-2015学年高中数学(人教A版)选修2-1练习:3.2.2向量法在空间平行关系中的应用]


第三章

3.2

第 2 课时

一、选择题 1. l, m 是两条直线, 方向向量分别为 a=(x1, y1, z1), b=(x2, y2, z2), 若 l∥m, 则( A.x1=x2,y1=y2,z1=z2 C.x1x2+y1y2+z1z2=0 [答案] D [解析] 由向量平行的充要条件可得. 2.设平面 α

的法向量为(1,2,-2),平面 β 的法向量为(-2,-4,k),若 α∥β,则 k =( ) A.2 C.4 [答案] C 1 2 -2 [解析] ∵α∥β,∴ = = , -2 -4 k ∴k=4,故选 C. → |AC| 1 3. 已知点 A(4,1,3), B(2, -5,1), C 为线段 AB 上一点且 = , 则点 C 的坐标为( → 3 |AB| 7 1 5 A.( ,- , ) 2 2 2 10 7 C.( ,-1, ) 3 3 [答案] C → → [解析] ∵C 在线段 AB 上,∴AC∥AB, → |AC| 1 1 ∴设 C(x,y,z),则由 = 得,(x-4,y-1,z-3)= (2-4,-5-1,1-3), 3 3 → |AB| x-4=- , ? 3 ? 即?y-1=-2, 2 ? ?z-3=-3, 故选 C. 4.如果直线 l 的方向向量是 a=(-2,0,1),且直线 l 上有一点 P 不在平面 α 内,平面 α 的法向量是 b=(2,0,4),那么( ) 2 x= , ? ? 3 解得?y=-1, 7 ? ?z=3. 10 3 B.( ,-3,2) 8 5 7 3 D.( ,- , ) 2 2 2 ) B.-4 D.-2 B.x1=kx2,y1=py2,z=qz2 D.x1=λx2,y1=λy2,z1=λz2 )

A.l⊥α C.l?α [答案] B [解析] ∵a· b=-4+4=0, ∴a⊥b,又∵l?α,∴l∥α. 二、填空题

B.l∥α D.l 与 α 斜交

→ → 5.已知 A、B、C 三点的坐标分别为 A(1,2,3),B(2,-1,1),C(3,λ,λ),若AB⊥AC, 则 λ 等于__________. [答案] 14 5

→ → [解析] AB=(1,-3,-2),AC=(2,λ-2,λ-3), → → ∵AB⊥AC, → → ∴AB· AC=0, 14 ∴2-3(λ-2)-2(λ-3)=0,解得 λ= . 5 三、解答题 6.如图,已知 P 是正方形 ABCD 所在平面外一点,M、N 分别是 PA、BD 上的点,且 PM MA=BN ND= .

求证:直线 MN∥平面 PBC. → → → → [证明] MN=MP+PB+BN → → → =-PM+PB+BN 5→ → 5 → =- PA+PB+ BD 13 13 5 → → → 5 → → =- (BA-BP)+PB+ (BA+BC) 13 13 = 5→ → 5→ 5→ 8→ BP-BP+ BC= BC- BP, 13 13 13 13

→ → → → ∴MN与BC、BP共面,∴MN∥平面 BCP, ∵MN?平面 BCP,∴MN∥平面 BCP. 7.已知三棱锥 P-ABC,D、E、F 分别为棱 PA、PB、PC 的中点,求证平面 DEF∥平

面 ABC. [证明] 证法一:如图.

→ → → → → → 设PD=a,PE=b,PF=c,则由条件知,PA=2a,PB=2b,PC=2c, → → 设平面 DEF 的法向量为 n,则 n· DE=0,n· DF=0, ∴n· (b-a)=0,n· (c-a)=0, → → → → → → → ∴n· AB=n· (PB-PA)=n· (2b-2a)=0,n· AC=n· (PC-PA)=n· (2c-2a)=0,∴n⊥AB,n → ⊥AC, ∴n 是平面 ABC 的法向量, ∴平面 DEF∥平面 ABC. → → → → → → 证法二:设PD=a,PE=b,PF=c,则PA=2a,PB=2b,PC=2c, → → → → ∴DE=b-a,DF=c-a,AB=2b-2a,AC=2c-2a, 对于平面 ABC 内任一直线 l,设其方向向量为 e,由平面向量基本定理知,存在唯一实 → → → → 数对(x,y),使 e=xAB+yAC=x(2b-2a)+y(2c-2a)=2x(b-a)+2y(c-a)=2xDE+2yDF, → → ∴e 与DE、DF共面, 即 e∥平面 DEF, ∴l?平面 DEF,∴l∥平面 DEF. 由 l 的任意性知,平面 ABC∥平面 DEF. 8.如图,已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、F、G、H、M、N 分别是正方体六个表 面的中心,证明平面 EFG∥平面 HMN.

[证明] 如图,建立空间直角坐标系 D-xyz,设正方体的棱长为 2,易得 E(1,1,0),

F(1,0,1),G(2,1,1),H(1,1,2),M(1,2,1),N(0,1,1). → → ∴EF=(0,-1,1),EG=(1,0,1), → → HM=(0,1,-1),HN=(-1,0,-1). 设 m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别是平面 EFG、平面 HMN 的法向量, → ? ? EF=0 ?m· ?-y1+z1=0 由? ?? , ?x1+z1=0 → ? ? EG=0 ?m· 令 x1=1,得 m=(1,-1,-1). → ? ? HM=0 ?n· ?y2-z2=0 由? ?? . ?-x2-z2=0 → ? ?n· HN=0 ? 令 x2=1,得 n=(1,-1,-1). ∴m=n,即平面 EFG∥平面 HMN.

一、解答题 9.(2014· 郑州市质检)正△ABC 的边长为 2,CD 是 AB 边上的高,E、F 分别是 AC 和 BC 的中点(如图(1)),现将△ABC 沿 CD 翻成直二面角 A-DC-B(如图(2)).在图(2)中:

(1)求证:AB∥平面 DEF; (2)求多面体 D-ABFE 的体积. [解析] (1)∵D 为正△ABC 的边 AB 的中点, ∴CD⊥AB, ∴折成直二面角后 AD⊥CD,BD⊥CD,AD⊥BD. 分别以 DB、DC、DA 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0), C(0, 3,0),A(0,0,1), ∵E、F 分别为 AC、BC 的中点,∴E(0, 3 1 1 3 → → , ),F( , ,0),∴AB=(1,0,-1),EF 2 2 2 2

1 1 → → =( ,0,- ),∵AB=2EF,∴AB∥EF,∵AB?平面 DEF,∴AB∥平面 DEF. 2 2

1 (2)∵E 为 AC 中点, ∴E 到平面 BDC 的距离 h 等于 A 到平面 BDC 距离的一半, 即 h= , 2 1 1 3 又 F 为 BC 中点,∴VE-DFC= S△DFC· h= S△BDC= , 3 12 24 ∴VD-ABFE=VA-BDC-VE-DFC= 3 3 3 - = . 6 24 8

10.如图,点 P 是矩形 ABCD 所在平面 α 外一点,连接 PA,PB,PC,PD.

(1)四个三角形 PAB,PBC,PCD,PDA 的重心 E,F,G,H 是否共面? (2)若(1)中的四点共面,请指出此平面与平面 α 的关系;否则,请说明理由. [解析] (1)连接 PE,PF,PG,PH 并延长分别交 AB,BC,CD,DA 于点 M,N,R, Q,连接 EF,FG,HG,HE. 则 M,N,R,Q 分别为 AB,BC,CD,DA 边的中点,连接 MN,RN,QR,QM,四边 → 2 → → 2 → → 2→ → 2 → 形 MNRQ 是平行四边形,且PE= PM,PF= PN,PG= PR,PH= PQ, 3 3 3 3 3 → → → → → → → → 3 → 3→ 3→ 3→ 3 → → 又MR=MQ+MN=PQ-PM+PN-PM= PH- PE+ PF- PE= (PH-PE)+ (PF 2 2 2 2 2 2 → 3 → 3→ -PE)= EH+ EF. 2 2 → → → 3 → → 3 → 3 → 3→ → → → 而MR=PR-PM= (PG-PE)= EG= EH+ EF,整理得EG=EH+EF, 2 2 2 2 显然,E,F,G,H 四点共面.

→ 3→ (2)由(1)知MR= EG,故 MR∥EG,从而 EG∥平面 MNRQ,即 EG∥平面 α. 2 → → → 2→ 2→ 2 → 又HE=PE-PH= PM- PQ= QM, 3 3 3 故 HE∥QM,从而 HE∥平面 MNRQ, 即 HE∥平面 α.由于 EG∩HE=E, 故平面 EFGH∥平面 α. 11.如图,在正方体 AC1 中,O 为底面 ABCD 的中心,P 是 DD1 的中点.设 Q 是 CC1

上的点.当点 Q 在什么位置时,平面 D1BQ∥平面 PAO?

[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz,设正方体棱长为 2,

则 O(1,1,0),A(2,0,0),P(0,0,1),B(2,2,0),D1(0,0,2). → → → → 再设 Q(0,2,c),∴OA=(1,-1,0),OP=(-1,-1,1),BQ=(-2,0,c),BD1=(-2, -2,2). 设平面 PAO 的法向量为 n1=(x,y,z), → ? OA=0, ?n1· 则? → ? OP=0, ?n1·
?x-y=0, ? ?? ? ?-x-y+z=0.

令 x=1,则 y=1,z=2. ∴平面 PAO 的一个法向量为 n1=(1,1,2). 若平面 D1BQ∥平面 PAO,那么 n1 也是平面 D1BQ 的一个法向量. → ∴n1· BQ=0,即-2+2c=0,∴c=1, → 这时 n1· BD1=-2-2+4=0, 故当 Q 为 CC1 的中点时,平面 D1BQ∥平面 PAO. 12.如图,在底面是菱形的四棱锥 P-ABCD 中,∠ABC=60° ,PA=AC=a,PB=PD = 2a,点 E 在 PD 上,且 PE ED= 证明你的结论. .在棱 PC 上是否存在一点 F,使 BF∥平面 AEC?

[证明] 以 A 为坐标原点,直线 AD、AP 分别为 y 轴、z 轴,过 A 点垂直平面 PAD 的直 线为 x 轴,建立空间直角坐标系(如图),

则由题设条件知,相关各点的坐标分别为 A(0,0,0),B( 2 1 D(0,a,0),P(0,0,a),E(0, a, a), 3 3

3 1 3 1 a,- a,0),C( a, a,0), 2 2 2 2

2 1 3 1 3 1 → → → → → ∴AE=(0, a, a),AC=( a, a,0),AP=(0,0,a),PC=( a, a,-a),BP=(- 3 3 2 2 2 2 3 1 a, a,a). 2 2 3 1 → → 设点 F 是棱 PC 上的点,PF=λPC=( aλ, aλ,-aλ),其中 0<λ<1. 2 2 3 1 3 1 → → 则BF=BP+PF=(- a, a,a)+( aλ, aλ,-aλ) 2 2 2 2 =( 3 1 a(λ-1), a(1+λ),a(1-λ)), 2 2

→ → → 令BF=λ1AC+λ2AE,

? ?1 1 2 得? a?1+λ?= aλ + aλ , 2 2 3 1 ? aλ . ?a?1-λ?=3
3 3 a?λ-1?= aλ1, 2 2
1 2 2

? ?1+λ=λ +4λ , 3 即? 1 ? ?1-λ=3λ .
1 2 2

λ-1=λ1,

1 1 3 解得 λ= ,λ1=- ,λ2= , 2 2 2 1 1 → 3→ → 即当 λ= 时,BF=- AC+ AE, 2 2 2 → → → 即 F 是 PC 的中点时,BF、AC、AE共面,又 BF?平面 AEC, ∴当 F 是棱 PC 的中点时,BF∥平面 AEC. 13.(2014· 深圳第一次调研)如图,PA⊥平面 ABCD,四边形 ABCD 是矩形,PA=AB=1, 点 F 是 PB 的中点,点 E 在边 BC 上移动.

(1)点 E 为 BC 的中点时,试判断 EF 与平面 PAC 的位置关系,并说明理由; (2)证明:无论点 E 在边 BC 上的何处,都有 PE⊥AF.

[解析] 解法 1:(1)解:当点 E 为 BC 的中点时,EF 与平面 PAC 平行. ∵△PBC 中,E、F 分别为 BC、PB 的中点. ∴EF∥PC 又 EF?平面 PAC 而 PC?平面 PAC,∴EF∥平面 PAC. (2)证明:∵PA⊥平面 ABCD,BE?平面 ABCD, ∴EB⊥PA. 又 EB⊥AB,AB∩AP=A,AB,AP?平面 PAB, ∴EB⊥平面 PAB, 又 AF?平面 PAB,∴AF⊥BE, 又 PA=AB=1,点 F 是 PB 的中点, ∴AF⊥PB, 又∵PB∩BE=B,PB,BE?平面 PBE, ∴AF⊥平面 PBE. ∵PE?平面 PBE,∴AF⊥PE. 所以无论点 E 在边 BC 的何处,都有 PE⊥AF. 解法 2:以 A 为原点,AD,AB,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐 标系,则 A(0,0,0),P(0,0,1),B(0,1,0), 设 D(a,0,0),则 C(a,1,0). (1)∵E 为 BC 的中点,F 为 BP 的中点, a 1 1 ∴E( ,1,0),F(0, , ), 2 2 2 a 1 1 → → → ∴EF=(- ,- , ),AP=(0,0,1),AC=(a,1,0). 2 2 2 设平面 PAC 的法向量为 n=(x,y,z),则 → ? ? AP=0, ?n· ?z=0, ? ∴? ?ax+y=0, → ? ? n· AC=0, ?

取 x=1,则 n=(1,-a,0), → → ∵EF· n=0,∴EF⊥n, 又 EF?平面 PAC,∴EF∥平面 PAC. (2)∵E 在 BC 上,∴设 E(m,1,0), 1 1 → → ∴PE=(m,1,-1),AF=(0, , ), 2 2 → → ∵PE· AF=0,∴PE⊥AF. ∴无论点 E 在边 BC 上何处,总有 PE⊥AF.


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