立体几何中的向量方法一同步练习题（附解析2015高考数学一轮）

详细内容

立体几何中的向量方法一同步练习题（附解析2015高考数学一轮）

A组　基础演练
1．平面α的一个法向量为n＝(1,2,0)，平面β的一个法向量为m＝(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是
(　　)
A．平行　　　　　　　B．相交但不垂直
C．垂直 D．重合
解析：∵m•n＝2－2＝0，∴m⊥n，∴平面α⊥平面β.
答案：C
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等于
(　　)
A．2 B．－4
C．4 D．－2
解析：∵α∥β，∴两平面的法向量平行，
∴1－2＝2－4＝－2k，∴k＝4.
答案：C
3．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.33，33，－33 B.33，－33，33
C.－33，33，33 D.－33，－33，－33
解析：AB→＝(－1,1,0)，AC→＝(－1,0,1)，经验证只有选项D中的向量同时垂直于向量AB→和AC→，即为平面ABC的一个单位法向量．
答案：D
4．如图，在长方体ABCD―A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，AD＝22，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM的位置关系为
(　　)

A．平行 B．异面
C．垂直 D．以上都不对
解析：以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D―xyz，

依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，3)，C(0,2,0)，A(22，0,0)，
M(2，2,0)．
∴PM→＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)，
AM→＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，
∴PM→•AM→＝(2，1，－3)•(－2，2,0)＝0，
即PM→⊥AM→，∴AM⊥PM.
答案：C
5．已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2)，
b＝(x，－2,3)，且α⊥β，则x＝________.
解析：∵a•b＝x－2＋6＝0，∴x＝－4.
答案：－4
6．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＝________.
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.
答案：16
7．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________．

解析：∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝2a3，
∴MB→＝23A1B→，→＝23CA→，
∴MN→＝MB→＋BC→＋→＝23A1B→＋BC→＋23CA→
＝23(A1B1→＋B1B→)＋BC→＋23(CD→＋DA→)
＝23B1B→＋13B1C1→.
又∵CD→是平面B1B1的法向量，
∴MN→•CD→＝23B1B→＋13B1C1→•CD→＝0，
∴MN→⊥CD→.又∵MN⊄平面B1B1，
∴MN∥平面B1B1.
答案：平行
8．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：

(1)AE⊥CD；
(2)PD⊥平面ABE.
证明：AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．

(1)∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形．
∴C12，32，0，E14，34，12.
设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得AC→•CD→＝0，
即y＝233，则D0，233，0，
∴CD→＝－12，36，0.
又AE→＝14，34，12，
∴AE→•CD→＝－12×14＋36×34＝0，
∴AE→⊥CD→，即AE⊥CD.
(2)法一：∵P(0,0,1)，
∴PD→＝0，233，－1.
又AE→•PD→＝34×233＋12×(－1)＝0，
∴PD→⊥AE→，即PD⊥AE.
∵AB→＝(1,0,0)，∴PD→•AB→＝0，
∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，
∴PD⊥平面ABE.
法二：AB→＝(1,0,0)，
AE→＝14，34，12，
设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则x＝0，14x＋34y＋12z＝0，
令y＝2，则z＝－3，∴n＝(0,2，－3)．
∵PD→＝0，233，－1，显然PD→＝33n.
∵PD→∥n，∴PD→⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.
9．如图，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.求证：

(1)EF∥平面PAB；
(2)平面PAD⊥平面PDC.
证明：(1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，
∴E12，1，12，F0，1，12，
EF→＝－12，0，0，PB→＝(1,0，－1)，PD→＝(0,2，－1)，
AP→＝(0,0,1)，AD→＝(0,2,0)，DC→＝(1,0,0)，AB→＝(1,0,0)．
∵EF→＝－12AB→，∴EF→∥AB→，即EF∥AB，
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.
(2)∵AP→•DC→＝(0,0,1)•(1,0,0)＝0，
AD→•DC→＝(0,2,0)•(1,0,0)＝0，
∴AP→⊥DC→，AD→⊥DC→，即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.
∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.
B组　能力突破
1．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO、AM的位置关系是
(　　)

A．平行
B．相交
C．异面垂直
D．异面不垂直
解析：建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，NO→＝(－1,0，－2)，AM→＝(－2,0,1)，NO→•AM→＝0，则直线NO、AM的位置关系是异面垂直．

答案：C
2．已知正方体ABCD―A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上．当∠APC最大时，三棱锥P―ABC的体积为
(　　)
A.124 B.118
C.19 D.112
解析：以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设BP→＝λBD1→，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝AP→•CP→|AP→||CP→|可求得当λ＝13时，∠APC最大，故VP－ABC＝13×12×1×1×13＝118.

答案：B
3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．

解析：以D1A1、D1C1、D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，∴B1E→＝(x－1,0,1)，又F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，∴FB→＝(1,1，y)，由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，只需FB→•B1E→＝(1,1，y)•(x－1,0,1)＝0⇒x＋y＝1.
答案：1
4．如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.

(1)证明：AP⊥BC.
(2)在线段AP上是否存在点M，使得平面AMC⊥平面BMC？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．
解：如图，以O为坐标原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，

则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，
(1)则AP→＝(0,3,4)，BC→＝(－8,0,0)．
由此可得AP→•BC→＝0，
所以AP→⊥BC→，即AP⊥BC.
(2)假设存在点M满足题意，由(1)知，A坐标为(0，－3,0)，AP→＝(0,3,4)，
设AM→＝tAP→，AM→＝(0,3t,4t)，(0＜t＜1)，
则M点坐标为(0,3t－3,4t)，
∴BM→＝(－4,3t－5,4t)，令BM→•AP→＝0，得9t－15＋16t＝0，
∴t＝35，此时BM⊥AP，又由(1)知BC⊥AP，且BM∩BC＝B，∴AP⊥平面BMC，
又AP⊂平面AMC，∴平面BMC⊥平面AMC，此时AM→＝0，95，125，
|AM→|＝3，故存在线段AP上的点M，使平面AMC⊥平面BMC，且AM的长为3.