2016届高三理科数学一轮复习配套题组层级快练55

题组层级快练(五十五)1．若平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．重合答案C解析由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．2．已知点A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则向量AB→与AC→的夹角为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案C解析由已知得AB→＝(0,3,3)，AC→＝(－1,1,0)，∴cos〈AB→，AC→〉＝AB→·AC→|AB→||AC→|＝332×2＝12.∴向量AB→与AC→的夹角为60°.3．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是()A．(33，33，－33)B．(33，－33，33)C．(－33，33，33)D．(－33，－33，－33)答案D解析AB→＝(－1,1,0)，AC→＝(－1,0,1)，设平面ABC的一个法向量n＝(x，y，z)，∴－x＋y＝0，－x＋z＝0.令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1,1,1)．单位法向量为±n|n|＝±(33，33，33)．4．已知AB→＝(1,5，－2)，BC→＝(3,1，z)，BP→＝(x－1，y，－3)．若AB→⊥BC→，且BP→⊥平面ABC，则BP→＝()A．(207，－157，－3)B．(407，－157.－3)C．(337，157，－3)D．(337，－157，－3)答案D解析∵AB→⊥BC→.∴AB→·BC→＝0，即1×3＋5×1－2×z＝0，解得z＝4.又BP→⊥平面ABC，∴有BP→·AB→＝0，BP→·BC→＝0，即x－1＋5y＋6＝0，3x－1＋y－12＝0，解得x＝407，y＝－157.∴BP→＝(337，－157，－3)．故选D.5.如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BE＝CF＝a(0a1)，则D′E与B′F的位置关系是()A．平行B．垂直C．相交D．与a值有关答案B解析方法一：如下图甲所示，连接A′B，AB′，AF，DE易知A′B是D′E在平面ABB′A′上的射影．∵AB′⊥A′B，∴D′E⊥AB′.又由BE＝CF，知EC＝FD，而AD＝CD，∴Rt△DCE≌Rt△ADF.∴∠EDC＝∠FAD.而∠EDC＋∠EDA＝90°，∴∠FAD＋∠EDA＝90°，从而AF⊥DE.又易知DE是D′E在底面ABCD上的射影，∴D′E⊥AF.综上，知D′E⊥平面AB′F，从而D′E⊥B′F.方法二：建立如图乙所示空间直角坐标系．则D′(0,0,1)，E(1－a,1,0)，B′(1,1,1)，F(0,1－a,0)，∴D′E→＝(1－a,1，－1)，B′F→＝(－1，－a，－1)．∴D′E→·B′F→＝(1－a)×(－1)＋1×(－a)＋(－1)×(－1)＝a－1－a＋1＝0.∴D′E→⊥B′F→，即D′E⊥B′F.6．设平面α与向量a＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量b＝(2,3,1)垂直，则平面α与β位置关系是________．答案垂直解析由已知a，b分别是平面α，β的法向量．∵a·b＝－2＋6－4＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.7．下列命题中，所有正确命题的序号为________．①若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β；②若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1·n2＝0；③若n是平面α的法向量，a与α共面，则n·a＝0；④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．答案①②③④8.如右图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.(1)求证：EF∥平面PAB；(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.答案(1)略(2)略思路建立空间直角坐标系后，使用向量的共线定理证明EF→∥AB→即可证明第(1)问，第(2)问根据向量的垂直关系证明线线垂直，进而证明线面垂直，得出面面垂直．证明以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如下图所示，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E为(12，1，12)，F为(0,1，12)．EF→＝(－12，0,0)，PB→＝(1,0，－1)，PD→＝(0,2，－1)，AP→＝(0,0,1)，AD→＝(0,2,0)，DC→＝(1,0,0)，AB→＝(1,0,0)．(1)因为EF→＝－12AB→，所以EF→∥AB→，即EF∥AB.又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.(2)因为AP→·DC→＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，AD→·DC→＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，所以AP→⊥DC→，AD→⊥DC→，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD.因为DC⊂平面PDC，所以平面PAD⊥平面PDC.9.如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，AF＝1，M是线段EF的中点．(1)求证：AM∥平面BDE；(2)求证：AM⊥平面BDF.答案(1)略(2)略证明(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设AC∩BD＝N，连接NE.则点N，E的坐标分别为(22，22，0)，(0,0,1)．∴NE→＝(－22，－22，1)．又点A，M的坐标分别是(2，2，0)，(22，22，1)，∴AM→＝(－22，－22，1)．∴NE→＝AM→且NE与AM不共线．∴NE∥AM.又∵NE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE.(2)同(1)，AM→＝(－22，－22，1)，∵D(2，0,0)，F(2，2，1)，∴DF→＝(0，2，1)．∴AM→·DF→＝0.∴AM→⊥DF→.同理AM→⊥BF→.又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF.10.如右图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.答案略证明方法一：设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λBA1→＋μBD→.令BB1→＝a，BC→＝b，BA→＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一组基底，则BA1→＝a＋c，BD→＝12a＋b，AB1→＝a－c，m＝λBA1→＋μBD→＝(λ＋12μ)a＋μb＋λc，AB1→·m＝(a－c)·[(λ＋12μ)a＋μb＋λc]＝4(λ＋12μ)－2μ－4λ＝0.故AB1→⊥m，结论得证．方法二：基向量的取法同上．∵AB1→·BA1→＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0，AB1→·BD→＝(a－c)·(12a＋b)＝12|a|2＋a·b－12a·c－b·c＝0，∴AB1→⊥BA1→，AB1→⊥BD→，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1⊥平面A1BD.方法三：取BC的中点O，连接AO.∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC.∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1.取B1C1的中点O1，以O为原点，OB→，OO1→，OA→的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示，则B(1,0,0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，3)，A(0,0，3)，B1(1,2,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，BA1→＝(－1,2，3)，BD→＝(－2,1,0)．则n⊥BA1→，n⊥BD→，故n·BA1→＝0，n·BD→＝0⇒－x＋2y＋3z＝0，－2x＋y＝0，令x＝1，则y＝2，z＝－3.故n＝(1,2，－3)为平面A1BD的一个法向量，而AB1→＝(1,2，－3)，∴AB1→＝n，即AB1→∥n，∴AB1⊥平面A1BD.11.(2015·海淀区模拟)如图所示，ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成角为60°.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)设点M是线段BD上一个动点，试确定M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．答案(1)略(2)BM＝13BD时，AM∥平面BEF.解析(1)因为DE⊥平面ABCD，所以DE⊥AC.因为ABCD是正方形，所以AC⊥BD.从而AC⊥平面BDE.(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以建立空间直角坐标系D－xyz如图所示．因为BE与平面ABCD所成角为60°，即∠DBE＝60°，所以EDDB＝3.因为正方形ABCD的边长为3，所以BD＝32，所以DE＝36，AF＝6.则A(3,0,0)，F(3,0，6)，E(0,0,36)，B(3,3,0)，C(0,3,0)．所以BF→＝(0，－3，6)，EF→＝(3,0，－26)．设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BF→＝0，n·EF→＝0，即－3y＋6z＝03x－26z＝0，令z＝6，则n＝(4,2，6)．点M是线段BD上一个动点，设M(t，t,0)．则AM→＝(t－3，t,0)．因为AM∥平面BEF，所以AM→·n＝0.即4(t－3)＋2t＝0，解得t＝2.此时，点M为(2,2,0)，BM＝13BD，符合题意．