2027年高考数学一轮复习考点课时巩固练44　利用空间向量证明平行、垂直（含答案解析）

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1.(13分)(2025·山东菏泽模拟)如图所示,△ABC是一个正三角形,EC⊥平面ABC,BD∥CE,且CE=CA=2BD=2.
(1)求平面DEA的一个法向量;
(2)求证:平面DEA⊥平面ECA.
2.(15分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为AB,B1C的中点.
求证:(1)平面A1BD∥平面B1CD1;
(2)MN⊥平面A1BD.
3.(15分)如图所示,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.
4.(15分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,BC=3,CC1=2.
(1)求证:平面A1C1B∥平面ACD1.
(2)线段B1C上是否存在点P,使得A1P∥平面ACD1?若存在,求出点P的位置;若不存在,请说明理由.
参考答案
1.(1)解 因为EC⊥平面ABC,CB⊂平面ABC,所以EC⊥CB,以点C为原点,CB,CE所在的直线分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则C(0,0,0),A(3,1,0),B(0,2,0),E(0,0,2),D(0,2,1),所以EA=(3,1,-2),CE=(0,0,2),ED=(0,2,-1),
设平面DEA的一个法向量是n=(a,b,c),则n·EA=3a+b-2c=0,n·ED=2b-c=0,
令b=1,则n=(3,1,2),所以平面DEA的一个法向量为(3,1,2).
(2)证明 设平面ECA的一个法向量是m=(x,y,z),
则m·EA=3x+y-2z=0,m·CE=2z=0,
令x=1,则m=(1,-3,0),
因为m·n=1×3+(-3)×1+0×2=0,所以m⊥n,
所以平面DEA⊥平面ECA.
2.证明 (1)如图,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则A1(2,0,2),B(2,2,0),B1(2,2,2),C(0,2,0),D(0,0,0),D1(0,0,2),
故DA1=(2,0,2),DB=(2,2,0),B1C=(-2,0,-2),B1D1=(-2,-2,0),
设平面A1BD的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则DA1·n1=0,DB·n1=0,即2x1+2z1=0,2x1+2y1=0,
令x1=1,则n1=(1,-1,-1).
设平面B1CD1的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则B1C·n2=0,B1D1·n2=0,
即-2x2-2z2=0,-2x2-2y2=0,
令x2=1,则n2=(1,-1,-1),
所以n1=n2,即n1∥n2,故平面A1BD∥平面B1CD1.
(2)由M,N是线段AB,B1C中点得,M(2,1,0),N(1,2,1),
所以MN=(-1,1,1),
由MN=-n1得,MN∥n1,又MN⊄平面A1BD,所以MN⊥平面A1BD.
3.证明 (1)由题意易知AA1,AB,AC两两垂直,以A为坐标原点,分别以AA1,AB,AC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).由题意知AA1⊥A1B1,AA1⊥A1C1,又A1C1∩A1B1=A1,A1C1,A1B1⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥平面A1B1C1.因为AA1=(2,0,0),MN=(0,1,1),所以MN·AA1=0,即MN⊥AA1.又MN⊄平面A1B1C1,所以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).因为BB1=(2,0,0),B1C1=(0,-2,2),可得n2·BB1=0,n2·B1C1=0,即2x2=0,-2y2+2z2=0,令y2=1,则平面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.
4.(1)证明 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),A1(3,0,2),B1(3,4,2),C1(0,4,2),D1(0,0,2),
则A1C1=(-3,4,0),A1B=(0,4,-2),AC=(-3,4,0),AD1=(-3,0,2).
设平面A1C1B的法向量为n=(x,y,z),
则n·A1C1=-3x+4y=0,n·A1B=4y-2z=0,
取x=4,则y=3,z=6,所以平面A1C1B的一个法向量为n=(4,3,6).
设平面ACD1的法向量为m=(a,b,c),
则m·AC=-3a+4b=0,m·AD1=-3a+2c=0,
取a=4,则b=3,c=6,所以平面ACD1的一个法向量为m=(4,3,6).
因为m=n,即m∥n,所以平面A1C1B∥平面ACD1.
(2)解 设线段B1C上存在点P使得A1P∥平面ACD1,B1P=tB1C(0≤t≤1).
由(1)得A1B1=(0,4,0),B1C=(-3,0,-2),平面ACD1的一个法向量为m=(4,3,6),所以A1P=A1B1+B1P=A1B1+tB1C=(-3t,4,-2t).所以m·A1P=-3t×4+4×3+(-2t)×6=0,解得t=12.所以当P为线段B1C的中点时,A1P∥平面ACD1.
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