【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项四　第1课时　利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离含解析.docx，共(10)页，227.645 KB，由envi的店铺上传

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1高考解答题专项四立体几何中的综合问题第1课时利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离1.如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=√2AB,B1C1􀰿12BC,AA1⊥平面BAC.求

证:(1)A1B1⊥平面AA1C;(2)AB1∥平面A1C1C.22.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为A1B1,B1C1,C1D1的中点.(1)求证:AG∥平面BEF;(2)试在棱BB

1上找一点M,使DM⊥平面BEF,并证明你的结论.33.(2021重庆八中月考)如图1,C,D是以AB为直径的圆上两点,且AB=2AD,AC=BC,将△ABC所在的半圆沿直径AB折起,使得点C在平面ABD上的正投影E在线段BD上,如图2.(1)求证:BC⊥平面ACD;(2)已知O为AB中点,在

线段CE上是否存在点F,使得OF∥平面ACD?若存在,求出𝐶𝐹𝐹𝐸的值;若不存在,请说明理由.44.如图,△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD⊥平面BCD,AB⊥平面BCD,AB=2√3,求点A到平面MBC的距离.55.(2021山东烟台二中三模)在正六棱柱ABCDEF-

A1B1C1D1E1F1中,AA1=2AB=2.求BC到平面ADC1B1的距离.6.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AC=4,BD=2,且侧棱AA1=3.其中O1为A1C1与B1D1的交点.(1)求点B1到平面D1AC的距离;6(2)在线段BO1上

,是否存在一个点P,使得直线AP与CD1垂直?若存在,求出线段BP的长;若不存在,请说明理由.7第1课时利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离1.证明∵AA1⊥平面BAC,∴AA1⊥AB,AA1⊥AC.又AB=AC,BC=√2AB,∴∠CAB=90°,即CA⊥AB,∴AB,AC,A

A1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).(1)𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),由图知,平面AA1

C的一个法向量为n=(0,1,0).∴𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2n,即𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥n.∴A1B1⊥平面AA1C.(2)易知𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,2),𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,

1,0),𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,-2),设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),则{𝑚·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐴1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{𝑥1+𝑦1=0,2𝑥1-2𝑧1=0,令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1

,1).∴𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,∴𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥m.又AB1⊄平面A1C1C,∴AB1∥平面A1C1C.2.(1)证明以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别作为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系,则A(

1,0,0),B(1,1,0),E1,12,1,F(12,1,1),G(0,12,1),∵𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-12,12,0),𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(-12,0,1),而𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,12,1)

,∴𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,故𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗与𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗共面.∵AG不在平面BEF内,∴AG∥平面BEF.(2)解设M(1,1,m),则𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,m),∵D

M⊥平面BEF,8∴𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=0,∴-12+m=0,解得m=12,故当M为棱BB1的中点时,DM⊥平面BEF.3.(1)证明因为CE⊥平面ABD,

AD⊂平面ABD,所以AD⊥CE.因为AD⊥DB,CE∩DB=E,所以AD⊥平面BCD.因为BC⊂平面BCD,所以AD⊥BC.又BC⊥AC,AC∩AD=A,所以BC⊥平面ADC.(2)解不存在.以O为坐标原点,垂直于AB的方向为x轴正方向,OB为y轴正方向,垂直于平面A

DB的方向为z轴正方向.不妨设圆的半径为√3,E为点C在平面ABD上的正投影,所以E在x轴正方向上.由AB=2AD,知∠ABD=30°,则BE=2,OE=1,BC=√6,CE=√2,所以E(1,0,0),B(0,√3,

0),C(1,0,√2).设F(1,0,t),t∈[0,√2).由(1)知𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗即为平面ACD的法向量,𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-√3,√2),𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,t),若OF∥平面CAD,则𝑂𝐹⃗⃗⃗⃗⃗·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,即1

+√2t=0,t=-√22,所以线段CE上不存在点F,使得OF∥平面CAD.4.解如图,取CD的中点O,连接OB,OM,因为△BCD与△MCD均为正三角形,所以OB⊥CD,OM⊥CD.又平面MCD⊥平面BCD,平面MCD∩

平面BCD=CD,OM⊂平面MCD,所以MO⊥平面BCD,所以OM⊥OB.以O为坐标原点,直线OC,BO,OM分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz.因为△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形,所以O

B=OM=√3,则O(0,0,0),C(1,0,0),M(0,0,√3),B(0,-√3,0),A(0,-√3,2√3),所以𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√3,0),𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,√3,√3).设平面MBC的法向量n=(x,y,z),由{𝑛⊥𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝑛⊥

𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗,得{𝑛·𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,9即{𝑥+√3𝑦=0,√3𝑦+√3𝑧=0,取x=√3,可得平面MBC的一个法向量为n=(√3,-1,1).又𝐵𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2√3),所以所求距离为d=|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=2√155.5.解连接AE,因为六边形ABCDEF为正六边形,则∠AFE=∠DEF=120°,因为AF=EF,则∠AEF=30°,故∠AED=90°,因为EE1⊥底面ABCDEF

,不妨以点E为坐标原点,EA,ED,EE1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.则A(√3,0,0),B(√3,1,0),D(0,1,0),B1(√3,1,2),在正六棱柱ABCDEF-A1

B1C1D1E1F1中,BB1∥CC1且BB1=CC1,所以四边形BB1C1C为平行四边形,则BC∥B1C1.因为BC⊄平面ADC1B1,B1C1⊂平面ADC1B1,所以BC∥平面ADC1B1,所以BC到平面ADC1B1的距离等于点B到平面ADC1B1的距离.

设平面ADC1B1的法向量为m=(x1,y1,z1),𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,1,0),𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,2),由{𝑚·𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=-√3𝑥1+𝑦1=0,𝑚·𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑦1+2𝑧1=0,取y1=2√3,则m=(2,2√

3,-√3),𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,0),所以直线BC到平面ADC1B1的距离为d=|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚||𝑚|=2√3√19=2√5719.6.解(1)由于菱形的对角线互相垂直平分,故以AC与BD的交点O为原点,以射线OA,OB,OO1分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直

角坐标系.则A(2,0,0),B(0,1,0),C(-2,0,0),O1(0,0,3),B1(0,1,3),D1(0,-1,3),设平面D1AC的法向量为n=(x,y,z),由𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(-4,0,0

),𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-1,3),得{𝑛·𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=-4𝑥=0,𝑛·𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-2𝑥-𝑦+3𝑧=0,令z=1,则n=(0,3,1).因为𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0),故点B1到平面D1AC

的距离为d=|𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑛||𝑛|=6√10=35√10.(2)设𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝑂1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,0≤λ≤1,则由𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,1,0),𝐵𝑂1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,3),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(

0,-λ,3λ),10得𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,1-λ,3λ).又𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,3),故当𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐶𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗时,𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·𝐶𝐷1⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,1-λ,3λ)·(2,-1,3)=10λ-5=0,解得λ=12.故在线段BO1上存在点P,使得AP⊥CD1,此时BP=12BO1=√102.