还剩3页未读，
继续阅读
2025年高考数学一轮复习-第七章-第六节 利用空间向量研究直线、平面的位置关系-课时作业【含解析】
展开
这是一份2025年高考数学一轮复习-第七章-第六节 利用空间向量研究直线、平面的位置关系-课时作业【含解析】，共5页。
1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点.求证：
（1）MN∥平面A1B1C1；
（2）平面MBC1⊥平面BB1C1C.
2.如图，在三棱锥P－ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
（1）求证：平面GEF⊥平面PBC；
（2）求证：EG与直线PG和BC都垂直.
[B组 能力提升练]
3.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD.
（1）求证：AQ∥平面CEP；
（2）求证：平面AEQ⊥平面DEP.
4.如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝3，BC＝4.
（1）求证：BD⊥PC；
（2）设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面PAB，求λ的值.
2025年高考数学一轮复习-第七章-第六节 利用空间向量研究直线、平面的位置关系-课时作业（解析版）
[A组 基础保分练]
1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点.求证：
（1）MN∥平面A1B1C1；
（2）平面MBC1⊥平面BB1C1C.
证明：由题意知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设正方形AA1C1C的边长为2，则A（0，0，0），A1（2，0，0），B（0，2，0），B1（2，2，0），C（0，0，2），C1（2，0，2），M（1，0，0），N（1，1，1）.
（1）因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA1⊥底面A1B1C1.
因为AA1＝（2，0，0），MN＝（0，1，1），所以MN·AA1＝0，即MN⊥AA1.
又MN⊄平面A1B1C1，故MN∥平面A1B1C1.
（2）设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2）.
因为MB＝（－1，2，0），MC1＝（1，0，2），
所以n1·MB=0，n1·MC1=0，即－x1+2y1=0，x1+2z1=0，
令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝（2，1，－1）.同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝（0，1，1）.因为n1·n2＝2×0＋1×1＋（－1）×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.
2.如图，在三棱锥P－ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
（1）求证：平面GEF⊥平面PBC；
（2）求证：EG与直线PG和BC都垂直.
证明：（1）如图，以三棱锥的顶点P为原点，PA，PB，PC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.
则A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，0，3），E（0，2，1），F（0，1，0），G（1，1，0），P（0，0，0）.
于是EF＝（0，－1，－1），EG＝（1，－1，－1）.
设平面GEF的一个法向量为n＝（x，y，z），
则n⊥EF，n⊥EG，即y＋z=0，x－y－z=0，
令y＝1，则z＝－1，x＝0，∴n＝（0，1，－1）.
显然PA＝（3，0，0）是平面PBC的一个法向量.
又n·PA＝0，∴n⊥PA，
即平面PBC的法向量与平面GEF的法向量垂直，
∴平面GEF⊥平面PBC.
（2）由（1）知，EG＝（1，－1，－1），
PG＝（1，1，0），BC＝（0，－3，3），
∴EG·PG＝0，EG·BC＝0，
∴EG⊥PG，EG⊥BC，
∴EG与直线PG和BC都垂直.
[B组 能力提升练]
3.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD.
（1）求证：AQ∥平面CEP；
（2）求证：平面AEQ⊥平面DEP.
证明：（1）如图所示，连接PQ，因为四边形ABCD为矩形，且P，Q分别为线段AB，CD的中点，则PQ⊥AB.
易知PA，PQ，PE两两垂直，以P为坐标原点，分别以PA，PQ，PE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.
设AB＝2，PE＝a，则P（0，0，0），A（1，0，0），Q（0，1，0），E（0，0，a），C（－1，1，0），
所以AQ＝（－1，1，0），PC＝（－1，1，0），所以AQ∥PC，即AQ∥PC.
又AQ⊄平面CEP，PC⊂平面CEP，所以AQ∥平面CEP.
（2）因为D（1，1，0），E（0，0，a），所以PD＝（1，1，0），PE＝（0，0，a）.
因为AQ·PD＝（－1，1，0）·（1，1，0）＝－1＋1＝0，所以AQ⊥PD，即AQ⊥PD.
因为AQ·PE＝（－1，1，0）·（0，0，a）＝0，所以AQ⊥PE，即AQ⊥PE.又PD∩PE＝P，所以AQ⊥平面DEP，
又AQ⊂平面AEQ，所以平面AEQ⊥平面DEP.
4.如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝3，BC＝4.
（1）求证：BD⊥PC；
（2）设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面PAB，求λ的值.
解：如图，在平面ABCD内过点D作直线DF∥AB，交BC于点F，以D为坐标原点，DA，DF，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（1，3，0），D（0，0，0），C（－3，3，0）.
设PD＝a，则P（0，0，a）.
（1）证明：BD＝（－1，－3，0），PC＝（－3，3，－a），
因为BD·PC＝3－3＝0，所以BD⊥PC.
（2）由题意知，AB＝（0，3，0），DP＝（0，0，a），PA＝（1，0，－a），PC＝（－3，3，－a）.
因为PE＝λPC，所以PE＝（－3λ，3λ，－aλ），
DE＝DP＋PE＝（0，0，a）＋（－3λ，3λ，－aλ）＝（－3λ，3λ，a－aλ）.
设n＝（x，y，z）为平面PAB的一个法向量，
则AB·n=0，PA·n=0，即3y=0，x－az=0，
令z＝1，得x＝a，y＝0，所以n＝（a，0，1）.
因为DE∥平面PAB，
所以DE·n＝0，
所以－3aλ＋a－aλ＝0，即a（1－4λ）＝0.
因为a≠0，所以λ＝14.
1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点.求证：
（1）MN∥平面A1B1C1；
（2）平面MBC1⊥平面BB1C1C.
2.如图，在三棱锥P－ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
（1）求证：平面GEF⊥平面PBC；
（2）求证：EG与直线PG和BC都垂直.
[B组 能力提升练]
3.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD.
（1）求证：AQ∥平面CEP；
（2）求证：平面AEQ⊥平面DEP.
4.如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝3，BC＝4.
（1）求证：BD⊥PC；
（2）设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面PAB，求λ的值.
2025年高考数学一轮复习-第七章-第六节 利用空间向量研究直线、平面的位置关系-课时作业（解析版）
[A组 基础保分练]
1.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直，M为AA1的中点，N为BC1的中点.求证：
（1）MN∥平面A1B1C1；
（2）平面MBC1⊥平面BB1C1C.
证明：由题意知AA1，AB，AC两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设正方形AA1C1C的边长为2，则A（0，0，0），A1（2，0，0），B（0，2，0），B1（2，2，0），C（0，0，2），C1（2，0，2），M（1，0，0），N（1，1，1）.
（1）因为几何体是直三棱柱，所以侧棱AA1⊥底面A1B1C1.
因为AA1＝（2，0，0），MN＝（0，1，1），所以MN·AA1＝0，即MN⊥AA1.
又MN⊄平面A1B1C1，故MN∥平面A1B1C1.
（2）设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1＝（x1，y1，z1），n2＝（x2，y2，z2）.
因为MB＝（－1，2，0），MC1＝（1，0，2），
所以n1·MB=0，n1·MC1=0，即－x1+2y1=0，x1+2z1=0，
令x1＝2，则平面MBC1的一个法向量为n1＝（2，1，－1）.同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2＝（0，1，1）.因为n1·n2＝2×0＋1×1＋（－1）×1＝0，所以n1⊥n2，所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.
2.如图，在三棱锥P－ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝3，G是△PAB的重心，E，F分别为BC，PB上的点，且BE∶EC＝PF∶FB＝1∶2.
（1）求证：平面GEF⊥平面PBC；
（2）求证：EG与直线PG和BC都垂直.
证明：（1）如图，以三棱锥的顶点P为原点，PA，PB，PC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.
则A（3，0，0），B（0，3，0），C（0，0，3），E（0，2，1），F（0，1，0），G（1，1，0），P（0，0，0）.
于是EF＝（0，－1，－1），EG＝（1，－1，－1）.
设平面GEF的一个法向量为n＝（x，y，z），
则n⊥EF，n⊥EG，即y＋z=0，x－y－z=0，
令y＝1，则z＝－1，x＝0，∴n＝（0，1，－1）.
显然PA＝（3，0，0）是平面PBC的一个法向量.
又n·PA＝0，∴n⊥PA，
即平面PBC的法向量与平面GEF的法向量垂直，
∴平面GEF⊥平面PBC.
（2）由（1）知，EG＝（1，－1，－1），
PG＝（1，1，0），BC＝（0，－3，3），
∴EG·PG＝0，EG·BC＝0，
∴EG⊥PG，EG⊥BC，
∴EG与直线PG和BC都垂直.
[B组 能力提升练]
3.如图所示，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD.
（1）求证：AQ∥平面CEP；
（2）求证：平面AEQ⊥平面DEP.
证明：（1）如图所示，连接PQ，因为四边形ABCD为矩形，且P，Q分别为线段AB，CD的中点，则PQ⊥AB.
易知PA，PQ，PE两两垂直，以P为坐标原点，分别以PA，PQ，PE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.
设AB＝2，PE＝a，则P（0，0，0），A（1，0，0），Q（0，1，0），E（0，0，a），C（－1，1，0），
所以AQ＝（－1，1，0），PC＝（－1，1，0），所以AQ∥PC，即AQ∥PC.
又AQ⊄平面CEP，PC⊂平面CEP，所以AQ∥平面CEP.
（2）因为D（1，1，0），E（0，0，a），所以PD＝（1，1，0），PE＝（0，0，a）.
因为AQ·PD＝（－1，1，0）·（1，1，0）＝－1＋1＝0，所以AQ⊥PD，即AQ⊥PD.
因为AQ·PE＝（－1，1，0）·（0，0，a）＝0，所以AQ⊥PE，即AQ⊥PE.又PD∩PE＝P，所以AQ⊥平面DEP，
又AQ⊂平面AEQ，所以平面AEQ⊥平面DEP.
4.如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PD⊥平面ABCD，AD＝1，AB＝3，BC＝4.
（1）求证：BD⊥PC；
（2）设点E在棱PC上，PE＝λPC，若DE∥平面PAB，求λ的值.
解：如图，在平面ABCD内过点D作直线DF∥AB，交BC于点F，以D为坐标原点，DA，DF，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（1，3，0），D（0，0，0），C（－3，3，0）.
设PD＝a，则P（0，0，a）.
（1）证明：BD＝（－1，－3，0），PC＝（－3，3，－a），
因为BD·PC＝3－3＝0，所以BD⊥PC.
（2）由题意知，AB＝（0，3，0），DP＝（0，0，a），PA＝（1，0，－a），PC＝（－3，3，－a）.
因为PE＝λPC，所以PE＝（－3λ，3λ，－aλ），
DE＝DP＋PE＝（0，0，a）＋（－3λ，3λ，－aλ）＝（－3λ，3λ，a－aλ）.
设n＝（x，y，z）为平面PAB的一个法向量，
则AB·n=0，PA·n=0，即3y=0，x－az=0，
令z＝1，得x＝a，y＝0，所以n＝（a，0，1）.
因为DE∥平面PAB，
所以DE·n＝0，
所以－3aλ＋a－aλ＝0，即a（1－4λ）＝0.
因为a≠0，所以λ＝14.
相关试卷
2025年高考数学一轮复习-第七章-第八节 利用空间向量研究角度问题-课时作业【含解析】： 这是一份2025年高考数学一轮复习-第七章-第八节 利用空间向量研究角度问题-课时作业【含解析】，共12页。
2025年高考数学一轮复习-第七章-第八节 利用空间向量研究角度问题-课时作业【含解析】： 这是一份2025年高考数学一轮复习-第七章-第八节 利用空间向量研究角度问题-课时作业【含解析】，共12页。
高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用精品第1课时课后作业题： 这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册<a href="/sx/tb_c4000323_t7/?tag_id=28" target="_blank">1.4 空间向量的应用精品第1课时课后作业题</a>，文件包含人教A版数学高二选择性必修第一册141用空间向量研究直线平面的位置关系第1课时分层作业原卷版docx、人教A版数学高二选择性必修第一册141用空间向量研究直线平面的位置关系第1课时分层作业解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
