2021年高考数学一轮精选练习：44《利用空间向量证明空间中的位置关系》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：

44《利用空间向量证明空间中的位置关系》

1.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=AD=2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点.求证：

(1)PB∥平面EFH；

(2)PD⊥平面AHF.

2.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=3，BC=4，AB=5，AA1=4，点D是AB的中点.

(1)证明AC⊥BC1；

(2)证明AC1∥平面CDB1.

3.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形.平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5.

(1)求证：AA1⊥平面ABC；

(2)证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值.

4.如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；

(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.

5.如图1所示，正△ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A-DC-B，如图2所示.

(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；

(2)求二面角E-DF-C的余弦值；

(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论.

6.如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示.

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；

(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.

答案解析

1.证明：建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

∴A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，

F(0,1,1)，H(1,0,0).

(1)∵E，H分别是线段AP，AB的中点，

∴PB∥EH.

∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH，

∴PB∥平面EFH.

(2)=(0,2，－2)，=(1,0,0)，=(0,1,1)，

∴·=0×0＋2×1＋(－2)×1=0，

·=0×1＋2×0＋(－2)×0=0.

∴PD⊥AF，PD⊥AH.

又∵AF∩AH=A，∴PD⊥平面AHF.

2.证明：因为直三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长分别为AC=3，BC=4，AB=5，

所以△ABC为直角三角形，AC⊥BC.

所以AC，BC，C1C两两垂直.

如图，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,4,0)，C1(0,0,4)，A1(3,0,4)，

B1(0,4,4)，D.

(1)因为=(－3,0,0)，=(0，－4，4)，所以·=0，所以AC⊥BC1.

(2)设CB1与C1B的交点为E，连接DE，

则E(0,2,2)，=，=(－3,0,4)，所以=，DE∥AC1.

因为DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，

所以AC1∥平面CDB1.

3.证明：(1)因为AA1C1C为正方形，

所以AA1⊥AC.

因为平面ABC⊥平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C，且AA1垂直于这两个平面的交线AC，

所以AA1⊥平面ABC.

(2)由(1)知AA1⊥AB，AA1⊥AC.

由题知AB=3，BC=5，AC=4，所以AB⊥AC.如图，

以A为原点建立空间直角坐标系A­xyz，

则B(0,3,0)，A1(0,0,4)，B1(0,3,4)，C1(4,0,4).

设D(x，y，z)是直线BC1上的一点，且=λ，

所以(x，y－3，z)=λ(4，－3,4)，解得x=4λ，y=3－3λ，z=4λ，

所以=(4λ，3－3λ，4λ).

由·=0，=(0,3，－4)，则9－25λ=0，解得λ=.

因为∈[0,1]，所以在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，

此时，=λ=.

4.解：(1)证明：设BD与AC交于点O，

则BD⊥AC，连接A1O，

在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°，

∴A1O2=AA＋AO2－2AA1·AOcos60°=3，

∴AO2＋A1O2=AA，∴A1O⊥AO.

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，

且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC，A1O⊂平面AA1C1C，

∴A1O⊥平面ABCD.

以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，

A1(0,0，)，C1(0,2，).

由于=(－2，0,0)，=(0,1，)，

·=0×(－2)＋1×0＋×0=0，

∴⊥，即BD⊥AA1.

(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，

设=λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)=λ(0,1，).

从而有P(0,1＋λ，λ)，=(－，1＋λ，λ).

设平面DA1C1的法向量为n=(x1，y1，z1)，

则又=(0,2,0)，=(，0，)，

则取n=(1,0，－1)，

因为BP∥平面DA1C1，则n⊥，即n·=－－λ=0，得λ=－1，

即点P在C1C的延长线上，且C1C=CP.

5.解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：

在△ABC中，由E，F分别是AC，BC中点，得EF∥AB.

又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，

∴AB∥平面DEF.

(2)以D为原点，分别以DB，DC，DA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，

则A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，

易知平面CDF的法向量为=(0,0,2)，

设平面EDF的法向量为n=(x，y，z)，

则即取n=(3，－，3)，

则cos〈，n〉==，

∴二面角E-DF-C的余弦值为.

(3)存在.证明如下：设P(x，y,0)，则·=y－2=0，

∴y=.又=(x－2，y,0)，=(－x,2－y,0)，

∵∥，∴(x－2)(2－y)=－xy，∴x＋y=2.

把y=代入上式得x=，∴P，∴=，

∴点P在线段BC上.

∴在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.

6.解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，

所以DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩DC=D，

所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.

又因为A1C⊥CD，DE∩CD=D，

所以A1C⊥平面BCDE.

(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0).

设平面A1BE的法向量为n=(x，y，z)，则n·=0，n·=0.

又因为=(3,0，－2)，=(－1,2,0)，

所以令y=1，则x=2，z=，所以n=(2,1，).

设CM与平面A1BE所成的角为θ.

因为=(0,1，)，

所以sinθ=|cos〈n，〉|===.

所以CM与平面A1BE所成角的大小为.

(3)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下：

假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3].

设平面A1DP的法向量为m=(x1，y1，z1)，则·m=0，·m=0，

∵=(0,2，－2)，=(p，－2,0)，

∴∴z1=y1，x1=y1.

设y1=6，则m=(3p,6,2)，

∵平面A1DP与平面A1BE垂直，则m·n=0，

∴6p＋6＋6=0，p=－2，∵0≤p≤3，

∴线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.