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2013届高考数学(理)高考调研(人教A版)一轮复习:8-7 课时作业)


课时作业(四十五)
→ → → → 1.已知AB=(2,4,5), CD=(3,x,y),若AB∥CD,则( A.x=6,y=15 C.x=3,y=15 答案 D → → 3 x y 15 解析 ∵AB∥CD,∴ = = ,∴ x= 6, y= . 2 4 5 2 2.已知 A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,1),则平面 ABC 的一个单位法 向量是( A

.( ) 3 3 3 , ,- ) 3 3 3 3 3 3 , , ) 3 3 3 B.( 3 3 3 ,- , ) 3 3 3 3 3 3 ,- ,- ) 3 3 3 15 B.x=3,y= 2 15 D.x=6,y= 2 )

C.(-

D.(-

答案 D → → 解析 AB= (- 1,1,0),AC= (- 1,0,1), 设平面 ABC 的一个法向量 n= (x, y, z),
? ?- x+ y= 0 ∴? ? ?- x+ z= 0,

令 x= 1,则 y= 1, z= 1,∴n= (1,1,1), n 3 3 3 单位法向量为:± = ± ( , , ). |n| 3 3 3 3.设点 C(2a+1,a+1,2)在点 P(2,0,0)、A(1,-3,2)、B(8,-1,4) 确定的平面上,则 a 等于( A.16 B.4 )

C .2 答案 A

D.8

→ → 解析 PA= (- 1,- 3,2),PB= (6,- 1,4).根据共面向量定理, → → → 设PC= xPA+ yPB(x、 y∈R),则 (2a- 1,a+ 1,2)= x(- 1,- 3,2)+ y(6,- 1,4) = (- x+ 6y,- 3x- y,2x+ 4y), 2a- 1=- x+ 6y, ? ? ∴?a+ 1=- 3x- y, ? ?2= 2x+ 4y,

解得 x=- 7, y= 4,a= 16.

→ → → → → 4.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若AB⊥BC,BP=(x-1, y,-3),且 BP⊥平面 ABC,则实数 x,y,z 分别为( A. 33 15 ,- ,4 7 7 B. 40 15 ,- ,4 7 7 40 ,-15 7 )

40 C. ,-2,4 7 答案 B

D.4,

→ → → → 解析 ∵AB⊥BC,∴AB· BC= 0,即 3+ 5- 2z= 0,得 z= 4,又 → BP⊥平面 ABC,∴BP⊥ AB, BP⊥BC,BC= (3,1,4),则
??x- 1?+ 5y+ 6= 0, ? ? ? ?3?x- 1?+ y- 12= 0,

40 ? ?x= 7 , 解得? 15 ? y =- . ? 7

5. (2011· 中山模拟 )△ABC 的顶点分别为 A(1, -1,2), B(5, -6,2), C(1,3,-1),则 AC 边上的高 BD 等于( )

A.5 C .4 答案 A

B. 41 D.2 5

→ → → → 解析 设AD=λAC, D(x, y, z),∴由AC· BD= 0, → → 4 9 12 得 λ=- ,∴BD= (- 4, , ),∴ |BD|= 5. 5 5 5 6.(2011· 江苏扬州)如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E、 2 1 F 分别在 A1D、AC 上,且 A1E= A1D,AF= AC,则( 3 3 )

A.EF 至多与 A1D、AC 之一垂直 B.EF 是 A1D,AC 的公垂线 C.EF 与 BD1 相交 D.EF 与 BD1 异面 答案 B 解析 设 AB= 1,以 D 为原点,DA 所在直线为 x 轴,DC 所在直 线为 y 轴,DD1 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系. 1 1 2 1 则 A1(1,0,1), D(0,0,0), A(1,0,0), C(0,1,0),E( , 0, ), F( , , 3 3 3 3

→ → → 1 0), B(1,1,0),D1(0,0,1),A1D= (- 1,0,- 1),AC= (- 1,1,0),EF= ( , 3 → → → → → → 1 1 1→ ,- ),BD1= (- 1,- 1, 1),EF=- BD1,A1D· EF=AC· EF= 0, 3 3 3 从而 EF∥BD1,EF⊥ A1D, EF⊥ AC. 7. 设平面 α 与向量 a=(-1,2, -4)垂直, 平面 β 与向量 b=(2,3,1) 垂直,则平面 α 与 β 位置关系是________. 答案 垂直 解析 由已知 a,b 分别是平面 α,β 的法向量. ∵a· b=- 2+ 6- 4= 0, ∴a⊥b,∴α⊥ β. 8.若|a|= 17 ,b=(1,2,-2),c=(2,3,6),且 a⊥b,a⊥c,则 a =________. 18 1 18 1 答案 (- ,2, )或( ,-2,- ) 5 5 5 5 解析 设 a= (x, y, z), ∵a⊥b,∴ x+ 2y- 2z= 0.① ∵a⊥ c,∴ 2x+ 3y+ 6z= 0.② ∵ |a|= 17.∴ x2+ y2+ z2= 17.③ ∴联立①②得 x=- 18z, y= 10z, 1 代入③得 425z2= 17, z= ± . 5 18 1 18 1 ∴a= (- , 2, )或 ( ,- 2,- ). 5 5 5 5 2 1 2 9.设 a=(1,2,0),b=(1,0,1),则“c=( ,- ,- )”是“c⊥a, 3 3 3 c⊥b 且 c 为单位向量”的________.(将正确的序号填上). ①充要条件

②充分不必要条件 ③必要不充分条件 ④既非充分条件也非必要条件 答案 ② 2 1 2 解析 当 c= ( ,- ,- )时, c⊥a, c⊥b 且 c 为单位向量,反 3 3 3 之则不成立. 10.棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,在棱 DD1 上是否存 在一点 P 使 B1D⊥平面 PAC? 解析

以 D 为原点建立如图所示空间直角坐标系, → → → 设存在点 P(0,0, z),AP= (-a,0, z),AC= (-a,a,0),DB1= (a, a,a). ∵B1D⊥平面 PAC, → → → → ∴DB1· AP= 0,DB1· AC= 0. ∴-a2+az= 0.

∴ z=a,即点 P 与 D1 重合. ∴存在一点 P,即点 P 与 D1 重合时,DB1⊥平面 PAC. 11. 在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中, E 是棱 BC 的中点, 试在棱 CC1 上求一点 P,使得平面 A1B1P⊥平面 C1DE.

解析 如图所示,以 D 为原点,直线 DA、DC、DD1 分别为 x 轴、 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为 1, CP=a, 1 则 P(0,1,a)、 A1(1,0,1)、 B1(1,1,1)、E( , 1,0)、C1(0,1,1), 2 → → ∴A1B1= (0,1,0),A1P= (- 1,1, a- 1), → 1 → DE= ( , 1,0),DC1= (0,1,1). 2 设平面 A1B1P 的一个法向量为 n1= (x1, y1, z1), → ? ?n1· A1B1= 0, 则? → ? ?n1· A1P= 0
?y1= 0, ? 即? ?- x1+ y1+ ?a- 1?z1= 0. ?

令 z1= 1,得 x1=a- 1, ∴n1= (a- 1,0,1).

设平面 C1DE 的一个法向量为 n2=(x2, y2, z2), → ? ?n2· DE= 0, 则? → ? ?n2· DC1= 0

?1x2+ y2= 0, ??2 ?y2+ z2= 0.

令 x2=-2, y2= 1, z2=- 1,∴n2= (- 2,1,- 1). ∵面 A1B1P⊥面 C1DE, 1 ∴n1· n2= 0?- 2(a- 1)- 1= 0,得 a= . 2 ∴当 P 为 C1C 的中点时,平面 A1B1P⊥平面 C1DE. 12.如右图所示,正三棱柱 ABC -A1B1C1 的所有棱长都为 2, D 为 CC1 的中点.求证:AB1⊥平面 A1BD. 解析 解法一 设平面 A1BD 内 的任意一条直线 m 的方向向量为 m. 由共面向量定理,则存在实数 λ,μ, → → 使 m=λBA1+μBD. → → → 令BB1=a, BC=b, BA= c, 显然它们不共面, 并且 |a|= |b|= |c|= 2, → → a· b=a· c= 0,b· c= 2,以它们为空间的一组基底,则BA1=a+ c,BD= → → → → 1 1 a+b,AB1=a- c,m=λBA1+μBD= (λ+ μ)a+μb+ λc,AB1· m= (a- 2 2 → 1 1 c)· [(λ+ μ)a+μb+λc]= 4(λ+ μ)- 2μ- 4λ= 0.故AB1⊥m,结论得证. 2 2 解法二 基向量的取法同上.

→ → → → 1 2 2 ∵AB1· BA1= (a- c)· (a+ c)= |a| - |c| = 0, AB1 · BD= (a- c)· ( a +b ) 2 → → → → 1 2 1 = |a| + a· b- a· c- b· c= 0, ∴AB1⊥BA1, AB1⊥BD, 即 AB1⊥BA1,AB1 2 2 ⊥BD,由直线和平面垂直的判定定理,知 AB1⊥平面 A1BD. 解法三 取 BC 的中点 O,连接 AO. ∵△ ABC 为正三角形,∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱 ABC- A1B1C1 中,平面 ABC⊥平面 BCC1B1,∴AO ⊥平面 BCC1B1. → → → 取 B1C1 的中点 O1,以 O 为原点,OB,OO1,OA的方向分别为 x, y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如下图所示,则 B(1,0,0),D(- 1,1,0), A1(0,2, 3), A(0,0, 3),B1(1,2,0).设平面 A1BD 的法向量为 → → n= (x, y, z),BA1= (- 1,2, 3),BD= (- 2,1,0).

→ → 则 n⊥BA1,n⊥BD,故

→ ? ?n· BA1 = 0, ? → ? ? n· BD= 0

??

? ?- x+ 2y+ 3z= 0, ?- 2x+ y= 0, ?

令 x= 1,则 y= 2,z=- 3,故 n= (1,2,

→ → - 3)为平面 A1BD 的一个法向量,而AB1= (1,2,- 3),∴AB1=n, → 即AB1∥n,∴AB1⊥平面 A1BD. 13. (2012· 西城区 )如图,ABCD 是边长为 3 的正方形,DE⊥平面 ABCD,AF∥DE,DE=3AF,BE 与平面 ABCD 所成角为 60° .

(1)求证:AC⊥平面 BDE; (2)设点 M 是线段 BD 上一个动点,试确定 M 的位置,使得 AM∥ 平面 BEF,并证明你的结论. 解析 (1)因为 DE⊥平面 ABCD,所以 DE⊥ AC. 因为 ABCD 是正方形,所以 AC⊥BD, 从而 AC⊥平面 BDE. (2)因为 DA, DC,DE 两两垂直, 所以建立空间直角坐标系 D- xyz 如图所示.

因为 BE 与平面 ABCD 所成角为 60° , ED 即∠DBE= 60° ,所以 = 3. DB 因为正方形 ABCD 的边长为 3,所以 BD= 3 2,所以 DE= 3 6, AF= 6. 则 A(3,0,0), F(3,0, 3),E(0,0,3 6),B(3,3,0),C(0,3,0), → → 所以BF= (0, , 3, 6),EF=(3,0,- 2 6), → ? ?n· BF= 0 n = (x, y, z) , 则 ? → ? ?n· EF= 0

设 平 面 BEF 的 法 向量 为

,即

? ?- 3y+ 6z= 0 ? ,令 z= 6,则 n=(4,2, 6). ? ?3x- 2 6z= 0

点 M 是线段 BD 上一个动点,设 M(t, t,0). → 则AM= (t- 3, t,0), 因为 AM∥平面 BEF,

→ 所以AM· n= 0, 即 4(t- 3)+ 2t= 0,解得 t= 2. 1 此时,点 M 为(2,2,0),BM= BD,符合题意. 3

1.如右图所示, 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. (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. → → 思路 建立空间直角坐标系后,使用向量的共线定理证明EF∥AB 即可证明第(1)问,第 (2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直,进而证 明线面垂直,得出面面垂直. 解析 以 A 为原点, AB、 AD、 AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直 角坐标系如右图所示,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0), D(0,2,0) , P(0,0,1) ,所以 E 1 1 1 为 ( , 1, ), F 为(0,1, ), 2 2 2 → → → → 1 EF= (- ,0,0),PB= (1,0,- 1),PD= (0,2,- 1),AP= (0,0,1), 2 → → → AD= (0,2,0),DC= (1,0,0),AB= (1,0,0).

→ → → 1→ (1)因为EF=- AB,所以EF∥AB,即 EF∥ AB. 2 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB,所以 EF∥平面 PAB. → → → → (2)因为AP· DC= (0,0,1)· (1,0,0)= 0,AD· DC= (0,2,0)· (1,0,0)= 0,所 → → → → 以AP⊥DC,AD⊥DC,即 AP⊥DC, AD⊥DC. 又 AP∩AD= A,AP?平面 PAD,AD?平面 PAD,所以 DC⊥平面 PAD.因为 DC?平面 PDC,所以平面 PAD⊥平面 PDC. 2. (2009· 天津 )如图,在五面体 ABCDEF 中,FA⊥平面 ABCD,AD

∥BC∥FE,AB⊥AD,M 为 EC 的中点,AF=AB=BC=FE=2AD.

1

证明:平面 AMD⊥平面 CDE. 解析

方法一 因为 DC=DE 且 M 为 CE 的中点,所以 DM⊥CE.取 AD 中点为 P, 连接 MP, 则 MP⊥CE.又 MP∩DM=M, 故 CE⊥平面 AMD. 而 CE?平面 CDE,所以平面 AMD⊥平面 CDE.

方法二 如图所示,建立空间直角坐标系,点 A 为坐标原点.设 1 AB= 1, 依题意得 B(1,0,0), C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1), F(0,0,1), M( , 2 1 1, ). 2 → 1 1 由AM= ( , 1, ), 2 2 → → → → → → CE= (- 1,0,1),AD= (0,2,0),可得CE· AM= 0,CE· AD = 0.因此, CE⊥ AM,CE⊥ AD.又 AM∩AD= A,故 CE⊥平面 AMD.而 CE?平面 CDE,所以平面 AMD⊥平面 CDE. 3.如下图,已知直角梯形 ABCD 中,AB∥CD,AB⊥BC,AB=1, BC=2,CD=1+ 3,过 A 作 AE⊥CD,垂足为 E,G、F 分别为 AD、 CE 的中点,现将△ADE 沿 AE 折叠,使得 DE⊥EC.

(1)求证:BC⊥平面 CDE; (2)求证:FG∥平面 BCD; (3)在线段 AE 上找一点 R,使得平面 BDR⊥平面 DCB,并说明理 由. 解析 (1)证明:由已知得 DE⊥ AE,DE⊥EC, ∵ AE∩EC=E, AE、EC?平面 ABCE, ∴DE⊥平面 ABCE,∴DE⊥BC. 又 BC⊥CE,CE∩DE=E, ∴BC⊥平面 CDE. (2)证明:取 AB 中点 H,连接 GH、 FH,如右图, ∴GH∥BD, FH∥ BC,∴ GH∥平面 BCD,FH∥平面 BCD, ∴平面 FHG∥平面 BCD,∴GF∥平 面 BCD. (3)分析可知,R 点满足 3AR=RE 时, 平面 BDR⊥平面 DCB. 证明:取 BD 中点 Q,连接 DR、BR、CR、CQ、RQ,如下图.

容易计算 CD= 2,BR= △BDR 中,∵BR=

5 13 21 ,CR= ,DR= ,CQ= 2,在 2 2 2

5 21 5 ,DR= ,BD= 2 2,可知 RQ= ,∴在△ 2 2 2

CRQ 中,CQ2+RQ2=CR2,∴CQ⊥RQ. 又在△CBD 中,CD=CB,Q 为 BD 中点, ∴CQ⊥BD,∴CQ⊥平面 BDR,∴平面 BDC⊥平面 BDR. (说明:若设 AR= x,通过分析,利用平面 BDC⊥平面 BDR 推算 1 出 x= 亦可,不必再作证明.) 2 4. 如图所示, 直三棱柱 ABC—A1B1C1 中, B1C1=A1C1, AC1⊥A1B, M、N 分别是 A1B1、AB 的中点.

(1)求证:C1M⊥平面 A1ABB1;

(2)求证:A1B⊥AM; (3)求证:平面 AMC1∥平面 NB1C; (4)求 A1B 与 B1C 所成的角. 思路 (1)考虑使用线面垂直的判定定理; (2)利用三垂线定理或逆定理; (3)利用两平面平行的判定定理; (4)由于题目中未给出相关的线段长,因此该角一定是特殊角,从 90° , 60° , 45° , 30° 入手考虑.

解析 (1)方法一:由直棱柱性质可得 AA1⊥平面 A1B1C1, 又∵C1M?平面 A1B1C1, ∴ AA1⊥ MC1. 又∵C1A1=C1B1,M 为 A1B1 中点, ∴C1M⊥ A1B1. 又 A1B1∩A1A= A1, ∴C1M⊥平面 B1BA. 方法二: 由直棱柱性质得: 面 AA1B1B⊥平面 A1B1C1, 交线为 A1B1, 又∵C1A1=C1B1,M 为 A1B1 的中点,

∴C1M⊥ A1B1 于 M. 由面面垂直的性质定理可得 C1M⊥面 AA1B1B. (2)由 (1)知 C1M⊥平面 A1ABB1, ∴C1A 在侧面 AA1B1B 上的射影为 MA. ∵ AC1⊥ A1B,∴ A1B⊥ AM. (3)方法一:由棱柱性质知 AA1B1B 是矩形, M、N 分别是 A1B1、 AB 的中点,∴ AN 綊 B1M. ∴ AMB1N 是平行四边形.∴AM∥B1N. 连接 MN,在矩形 AA1B1B 中有 MB1 綊 BN, ∴BB1MN 是平行四边形.∴BB1 綊 MN. 又由 BB1 綊 CC1,知 MN 綊 CC1. ∴MNCC1 是平行四边形.∴C1M 綊 CN. 又 C1M∩AM=M,CN∩NB1=N, ∴平面 AMC1∥平面 NB1C. 方法二:由 (1)知 C1M⊥平面 AA1B1B, A1B?平面 AA1B1B,∴C1M⊥ A1B. 又∵ A1B⊥ AC1,而 AC1∩C1M=C1, ∴ A1B⊥平面 AMC1. 同理,可以证明 A1B⊥平面 B1NC. ∴平面 AMC1∥平面 B1NC. (4)方法一:由(2)知 A1B⊥ AM, 又由已知 A1B⊥ AC1, AM∩AC1= A, ∴ A1B⊥平面 AMC1 又∵平面 AMC1∥平面 NB1C. ∴ A1B⊥平面 NB1C.

又 B1C?平面 NB1C,∴ A1B⊥B1C. ∴ A1B 与 B1C 所成的角为 90° . 方法二:由棱柱性质有面 ABC⊥平面 AA1B1B,交线为 AB,又 CA =CB=C1A1,N 为 AB 的中点, ∴CN⊥ AB.∴CN⊥面 AA1B1B. ∴CB1 在侧面 AA1B1B 上的射影是 NB1. 又由 (2)知 A1B⊥ AM,由 (3)知 B1N∥ AM, ∴ A1B⊥ B1N.由三垂线定理知 B1C⊥ A1B. ∴ A1B 与 B1C 所成的角为 90° .

1.在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,O 是底面 ABCD 的中心,M、 N 分别是棱 DD1、D1C1 的中点,则直线 OM( )

A.是 AC 和 MN 的公垂线 B.垂直于 AC,但不垂直于 MN C.垂直于 MN,但不垂直于 AC D.与 AC、MC 都不垂直 答案 A 解析 建立空间直角坐标系,通过向量运算可得.

2. (2008· 全国卷Ⅱ理 19 改编 )如图, 正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, AA1=2AB=4,点 E 在 CC1 上,且 C1E=3EC.证明:A1C⊥平面 BED.

解析 以 D 为坐标原点,射线 DA 为 x 轴的正半轴,建立如图所 示直角坐标系 D—xyz.

依题设 B(2,2,0),C(0,2,0), E(0,2,1), A1(2,0,4). → → DE= (0,2,1),DB= (2,2,0),

→ → A1C= (- 2,2,- 4),DA1= (2,0,4). → → → → 因为A1C· DB= 0,A1C· DE= 0, 故 A1C⊥BD, A1C⊥DE. 又 DB∩DE=D,所以 A1C⊥平面 BED. 3.如图,在多面体 ABCDEF 中,四边形 ABCD 是正方形,EF∥ AB,EF⊥FB,AB=2EF,∠BFC=90° ,BF=FC,H 为 BC 的中点.

(1)求证:FH∥平面 EDB; (2)求证:AC⊥平面 EDB. 解析 (1)解法一 设 AC 与 BD 交于点 G, 则 G 为 AC 的中点, 连 1 1 EG, GH, 又 H 为 BC 的中点, ∴GH 綊 AB.又 EF 綊 AB, ∴EF 綊 GH, 2 2 ∴四边形 EFHG 为平行四边形, ∴EG∥FH.而 EG?平面 EDB,∴FH∥平面 EDB.

(2)由四边形 ABCD 为正方形,有 AB⊥BC. 又 EF∥ AB,∴EF⊥BC. 而 EF⊥FB,∴EF⊥平面 BFC, ∴EF⊥ FH,∴ AB⊥FH. 又 BF=FC,H 为 BC 的中点, ∴FH⊥BC. ∴FH⊥平面 ABCD.∴FH⊥ AC. 又 FH∥EG,∴ AC⊥EG. 又 AC⊥BD,EG∩BD=G,∴ AC⊥平面 EDB. 4. 如图,正方形 ABCD 所在平面与平面四边形 ABEF 所在平面互 相垂直,△ABE 是等腰直角三角形,AB=AE,FA=FE,∠AEF=45° .

(1)求证:EF⊥平面 BCE; (2)设线段 CD 的中点为 P,在直线 AE 上是否存在一点 M,使得 PM∥平面 BCE?若存在,请指出点 M 的位置,并证明你的结论;若 不存在,请说明理由.

解析 解法一:(1)如图,因为平面 ABEF⊥平面 ABCD,BC?平 面 ABCD,BC⊥ AB,平面 ABEF∩平面 ABCD= AB,所以 BC⊥平面 ABEF.所以 BC⊥EF.因为△ABE 为等腰直角三角形, AB= AE,所以∠ AEB= 45° .又因为∠ AEF= 45° ,所以∠FEB= 45° + 45° = 90° ,即 EF⊥ BE. 因为 BC?平面 BCE,BE?平面 BCE,BC∩BE=B,所以 EF⊥平 面 BCE. (2)存在点 M,当 M 为线段 AE 的中点时,PM∥平面 BCE. 1 取 BE 的中点 N,连接 CN、MN,则 MN 綊 AB 綊 PC,所以四边 2 形 PMNC 为平行四边形,所以 PM∥CN.因为 CN 在平面 BCE 内,PM 不在平面 BCE 内,所以 PM∥平面 BCE.

解法二:(1)因为△ ABE 为等腰直角三角形, AB= AE,所以 AE⊥ AB. 又因为平面 ABEF⊥平面 ABCD, AE?平面 ABEF, 平面 ABEF∩平面 ABCD= AB.∴ AE⊥平面 ABCD,所以 AE⊥ AD. 因此,AD、 AB、 AE 两两垂直.以 A 为坐标原点,建立如下图所 示的直角坐标系 A- xyz. 不妨设 AB= 1,则 AE= 1,B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,0,1),C(1,1,0).
? 1 1? 因为 FA= FE, ∠ AEF= 45° , 所以∠ AFE= 90° , 从而 F?0,- , ?. ? 2 2?

→ ? → → → 1 1? → 所以EF=?0,- ,- ?,BE= (0,- 1,1),BC= (1,0,0).EF· BE= 0 ? 2 2? → → 1 1 + - = 0,EF· BC= 0. 2 2 所以 EF⊥BE,EF⊥BC. 因为 BE?平面 BCE,BC?平面 BCE,BC∩BE=B,所以 EF⊥平 面 BCE. (2)存在点 M,当 M 为 AE 中点时,PM∥平面 BCE.

→ ? → → ? 1? ? 1 ? 1 1? M?0, 0, ? ,P?1, , 0? .从而PM=?- 1,- , ? ,于是PM· EF= ? 2? ? 2 ? ? 2 2?
? 1 1? ? 1 1? ?- 1,- , ?· ?0,- ,- ? = 0. ? 2 2? ? 2 2?

所以 PM⊥FE,又 EF⊥平面 BCE,直线 PM 不在平面 BCE 内,故 PM∥平面 BCE. 5. 已知在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是直角梯形,∠BAD =90° ,2AB=2AD=CD,侧面 PAD 是正三角形且垂直于底面 ABCD, E 是 PC 的中点.

(1)求证:BE⊥平面 PCD; (2)在 PB 上是否存在一点 F,使 AF∥平面 BDE? 解析

(1)证明 坐标系.

以 AD 的中点 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角

设 AB= AD= 2,

则有 B(1,2,0),C(- 1,4,0), 1 3 D(- 1,0,0),P(0,0, 3), E(- , 2, ), 2 2 → → 3 3 ∴BE= (- , 0, ),PC= (- 1,4,- 3), 2 2 → CD= (0,- 4,0), → → 3 3 ∴BE· PC= (- , 0, )· (- 1,4,- 3)= 0, 2 2 → → 3 3 BE· CD= (- , 0, )· (0,- 4,0)= 0. 2 2 即 BE⊥PC,BE⊥CD. 又 PC∩CD=C,∴BE⊥平面 PCD. (2)解析 设平面 BDE 的法向量为 n=(x, y, z),

→ → → → ∵n⊥BE,n⊥DE,∴n· BE= 0,n· DE= 0, 3 x+ z= 0 ?-3 2 2 ∴? 1 3 x + 2 y + z= 0 ?2 2



令 y=-1,则 x= 1, z= 3. ∴平面 BDE 的一个法向量为 (1,- 1, 3). 1 3 取 PB 中点 F,则有 F( , 1, ). 2 2 → 1 3 又 A(1,0,0),∴AF= (- , 1, ), 2 2 → 1 3 1 3 ∵AF· n= (- , 1, )· (1,- 1, 3)=- - 1+ = 0, 2 2 2 2

→ ∴AF⊥n. 又 n 是平面 BDE 的法向量,且 AF?平面 BDE, ∴ AF∥平面 BDE. 故存在 PB 中点 F 使 AF∥平面 BDE. 6.已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,△ABC 为等腰直角三角形,∠ BAC=90° ,且 AB=AA1,D、E、F 分别为 B1A、C1C、BC 的中点. (1)求证:DE∥平面 ABC; (2)求证:B1F⊥平面 AEF. 【证明】 方法一 如图建立空间直角坐标系 A—xyz, 令 AB= AA1 = 4, 则 A(0,0,0), E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,则 N(2,0,0), C(0,4,0),D(2,0,2),

→ → ∴DE= (- 2,4,0),NC= (- 2,4,0), → → ∴DE=NC, ∴DE∥NC,又 NC 在面 ABC 内, 故 DE∥面 ABC. → (2) B1F= (- 2,2,- 4), → → EF= (2,- 2,- 2),AF=(2,2,0). → → B1F· EF= (- 2)×2+ 2×(- 2)+ (- 4)×(- 2)= 0, → → 则B1F⊥EF,∴B1F⊥EF, → → ∵B1F· AF= (- 2)×2+ 2×2+ (- 4)×0= 0.

→ → ∴B1F⊥AF,即 B1F⊥ AF, 又∵ AF∩FE=F,∴B1F⊥平面 AEF. 方法二

(1)连接 A1B、 A1E,并延长 A1E 交 AC 的延长线于点 P,连接 BP. 由 E 为 C1C 的中点且 A1C1∥CP,可证 A1E=EP. ∵D、E 分别是 A1B、 A1P 的中点,所以 DE∥BP. 又∵BP?平面 ABC,DE?平面 ABC,∴DE∥平面 ABC.

(2)∵△ ABC 为等腰三角形,F 为 BC 的中点, ∴BC⊥ AF, 又∵B1B⊥ AF,B1B∩BC=B, ∴ AF⊥平面 B1BF, 而 B1F?平面 B1BF,∴ AF⊥B1F. 设 AB= A1A= a, 3 3 9 则 B1F2= a2,EF2= a2, B1E2= a2, 2 4 4

∴B1F2+ EF2=B1E2, B1F⊥FE. 又 AF∩FE=F,综上知 B1F⊥平面 AEF.
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