2013走向高考，贾凤山，高中总复习，数学9-7

1.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为侧面BCC1B1的中心．若→→→→

AE＝zAA1＋xAB＋yAD，则x＋y＋z的值为( )

A．1 C．2 [答案] C

→→→→1→1→

[解析] ∵AE＝AB＋BE＝AB＋AA1＋AD.

2211

∴x＋y＋z＝1＋＋＝2.

22

2．(2011·银川月考)若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，能使l∥α的可能是( )

A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1) C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1) [答案] D

[解析] 欲使l∥α，应有n⊥a， ∴n·a＝0，故选D.

3．已知二面角α－l－β的大小为120°，点B、C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝2，BC＝1，CD＝3，则AD的长为( )

A.14

B.13 3

B. 23D. 4

C．22 [答案] D

D．25

→→→→→→→

[解析] 由条件知|AB|＝2，|BC|＝1，|CD|＝3，AB⊥BC，BC⊥CD，→→→→→→〈AB，CD〉＝60°，AD＝AB＋BC＋CD，

→→→→→→→→→→

2222

∴|AD|＝|AB|＋|BC|＋|CD|＋2AB·BC＋2BC·CD＋2AB·CD ＝4＋1＋9＋2×2×3×cos60° →

＝20，∴|AD|＝25.

4．(2011·宁德模拟)已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－→→

1,5)．若|a|＝3，且a分别与AB，AC垂直，则向量a为( )

A．(1,1,1)

B．(－1，－1，－1) C．(1,1,1)或(－1，－1，－1) D．(1，－1,1)或(－1,1，－1) [答案] C

→→

[解析] 设a＝(x，y，z)，由条件知AB＝(－2，－1,3)，AC＝(1，→→

－3,2)，∵a⊥AB，a⊥AC，|a|＝3，

－2x－y＋3z＝0??

∴?x－3y＋2z＝0??x2＋y2＋z2＝3

，将选项代入检验知选C.

5．平面α经过三点A(－1,0,1)、B(1,1,2)，C(2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是( )

?1??A.2，－1，－1? ??

B．(6，－2，－2) D．(－1,1,4)

C．(4,2,2) [答案] D

→→→[解析] 设平面α的法向量为n，则n⊥AB，n⊥AC，n⊥BC，→→→→→

所有与AB(或AC、BC)平行的向量或可用AB与AC线性表示的向量都与n垂直，故选D.

6．将边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，若→1→1→→→

点P满足BP＝BA－BC＋BD，则|BP|2的值为( )

22

3

A. 210－2C.

4[答案] D

[解析] 由题意，翻折后AC＝AB＝BC， →1→1→→22

∴∠ABC＝60°，∴|BP|＝|BA－BC＋BD|

22

1→21→2→21→→→→→→11

＝|BA|＋|BC|＋|BD|－BA·BC－BC·BD＋BA·BD＝＋＋244244

B．2 9

D. 4

19－×1×1×cos60°－1×2cos45°＋1×2×cos45°＝. 24

7．如下图，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________．

[答案] 1

[解析] 以D1为原点，直线D1A1、D1C1、D1D为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,1)，B(1,1,1)，B1(1,1,0)，

设DF＝t，CE＝k，则D1F＝1－t，∴F(0,0,1－t)，E(k,1,1)，要使B1E⊥平面ABF，易知AB⊥B1E，故只要B1E⊥AF即可，

→→

∵AF＝(－1,0，－t)，B1E＝(k－1,0,1)，

→→∴AF·B1E＝1－k－t＝0，∴k＋t＝1，即CE＋DF＝1.

8．(2011·绍兴月考)已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，用向量方法求证：

(1)E、F、G、H四点共面； (2)BD∥平面EFGH. [证明]

→→→

(1)如图，EG＝EB＋BG →1→→＝EB＋(BC＋BD)

2→→→＝EB＋BF＋EH →→＝EF＋EH，

由共面向量定理知：E、F、G、H四点共面． →→→(2)∵EH＝AH－AE

1→1→1→→1→＝AD－AB＝(AD－AB)＝BD， 2222且E、H、B、D四点不共线，∴EH∥BD. 又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH， ∴BD∥平面EFGH.

1.二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为( )

A．150° C．60°

B．45° D．120°

[答案] C

→→→→

[解析] 由条件知，CA·AB＝0，AB·BD＝0， →→→→CD＝CA＋AB＋ BD.

→→→→→→→→→→2222

∴|CD|＝|CA|＋|AB|＋|BD|＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD＝→→62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA，BD〉

→→

＝116＋96cos〈CA，BD〉＝(217)2， →→1

∴cos〈CA，BD〉＝－，

2

→→

∴〈CA，BD〉＝120°，所以二面角的大小为60°.

2.直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D、E分别为AB、BB′的中点． 求证：CE⊥A′D.

→→→

[证明] 设CA＝a，CB＝b，CC′＝c， 根据题意，|a|＝|b|＝|c|， 且a·b＝b·c＝c·a＝0，

→→→→1

∴CE＝b＋c，A′D＝CD－CA′

2→→1→→

＝(CA＋CB)－(CA＋CC′) 2

→1→1→

＝－CA＋CB－CC′

2211＝－c＋b－a.

22

→→11

∴CE·A′D＝－c2＋b2＝0.

22→→

∴CE⊥A′D，即CE⊥A′D.

3．在棱长为1的正方体AC1中，O1为B1D1的中点．求证：BO1

∥平面ACD1.

[证明] 建立如下图所示的空间直角坐标系，O为AC的中点，由于正方体的棱长为1，

1111

则B(1,0,0)，O1(，，1)，D1(0,1,1)，O(，，0)．

2222→→1111

∴BO1＝(－，，1)，OD1＝(－，，1)，

2222→→

∴BO1＝OD1，∴BO1∥OD1，

又BO1?平面ACD1，OD1?平面ACD1，∴BO1∥平面ACD1. 4.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E、F、E1

分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点．

求证：平面C1E1F⊥平面CEF.

[证明] 以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设BC＝1，则C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，1

F(1,1,1)，E1(1，，2)．

2

设平面C1E1F的法向量n＝(x，y，z)．

→→1

∵C1E1＝(1，－，0)，FC1＝(－1,0,1)，

2→??n·C1E1＝0∴?

→??n·FC1＝0

?x－1y＝0

，即?2

?－x＋z＝0

，

令x＝1，则y＝2，z＝1，∴n＝(1,2,1)． 设平面EFC的法向量为m＝(a，b，c)， →→

由EF＝(0,1,0)，FC＝(－1,0，－1)， →??m·EF＝0∴?

→??m·FC＝0

??b＝0

，即?.

??－a－c＝0

令a＝－1，则m＝(－1,0,1)． ∵m·n＝1×(－1)＋2×0＋1×1＝0， ∴平面C1E1F⊥平面CEF.

5.如下图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E、F、O分别为PA，PB，AC的中点，AC＝16，PA＝PC＝10.

(1)设G是OC的中点，证明FG∥平面BOE； (2)证明在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE. [解析] (1)证明：

如上图，连结OP，以点O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，由条件知，OA＝OC＝8，PO＝6，OB＝8，则O(0,0,0)，A(0，－8,0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0,0,6)，E(0，－4,3)，F(4,0,3)，G(0,4,0)．

→→

因为OB＝(8,0,0)，OE＝(0，－4,3)， 所以平面BOE的法向量n＝(0,3,4)， →→由FG＝(－4,4，－3)，得n·FG＝0. 又直线FG不在平面BOE内， 所以FG∥平面BOE.

(2)解：设点M的坐标为(x0，y0,0)， →

则FM＝(x0－4，y0，－3)．

→

因为FM⊥平面BOE，所以FM∥n， 9

因此x0＝4，y0＝－，

49

即点M的坐标是(4，－，0)．

4

在平面直角坐标系xOy中，△AOB的内部区域可表示为不等式

x>0，??组?y<0，??x－y<8.

经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以在△AOB内存在一点M，使FM⊥平面BOE.

6．(2011·海口调研)在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是等边三角形，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，E是AD的中点，F是PC的中点．

(1)求证：BE⊥平面PAD； (2)求证：EF∥平面PAB；

(3)求直线EF与平面PBE所成角的余弦值． [解析] 解法一：(1)∵E是AD中点，连接PE， ∴AB＝2，AE＝1.

BE2＝AB2＋AE2－2AB·AE·cos∠BAD ＝4＋1－2×2×1×cos60°＝3.

∴AE2＋BE2＝1＋3＝4＝AB2，∴BE⊥AE. 又平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD， ∴BE⊥平面PAD.

(2)取PB中点为H，连接FH，AH， 1

∵AE綊BC，又∵HF是△PBC的中位线，

21

∴HF綊BC，∴AE綊HF，

2

∴AHFE是平行四边形，∴EF∥AH， 又EF?平面PAB，AH?平面PAB， ∴EF∥平面PAB.

(3)由(1)知，BC⊥BE，PE⊥BC， 又PE，BE是平面PBE内两相交直线， ∴BC⊥平面PBE，

又由(2)知，HF∥BC，∴HF⊥平面PBE， ∴∠FEH是直线EF与平面PBE所成的角， 易知BE＝PE＝3，在Rt△PEB中，

EH＝

616，∴tan∠FEH＝＝， 263

2

15. 5

∴cos∠FEH＝

15

故直线EF与平面PBE所成角的余弦值为.

5

解法二：容易证明EP，EA，EB两两垂直，建立空间直角坐标系E－xyz如图．

易求BE＝PE＝3，则E(0,0,0)，A(1,0,0)，

B(0，3，0)，C(－2，3，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，3)， 33

因为F是PC的中点，则F(－1，，)．

22→→

(1)∵EB·EA＝0·1＋3·0＝0·0＝0， →→

∴EB⊥EA，即EB⊥EA， →→∵EB·EP＝0·0＋3·0＋0·3＝0， →→

∴EB⊥EP，即EB⊥EP，

∵EA，EP是平面PAD内的两相交直线， ∴EB⊥平面PAD.

(2)取PB中点为H，连接FH，AH，则H(0，

33，)， 22

→33

∵EF＝(－1，，)，

22

→3333

AH＝(0，，)－(1,0,0)＝(－1，，)，

2222→→

∴EF∥AH，

∵又EF?平面PAB，AH?平面PAB， ∴EF∥平面PAB.

(3)∵y轴?平面PBE，z轴?平面PBE， ∴平面PBE的法向量为n＝(1,0,0)， →33∵EF＝(－1，，)，

22

设直线EF与平面PBE所成角为θ， →|EF·n|1015

∴sinθ＝＝，∴cosθ＝，

55→

|EF||n|故直线EF与平面PBE所成角的余弦值为

15. 5

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