tceic.com
学霸学习网 这下你爽了
相关文档
相关标签
当前位置:首页 >> 数学 >>

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第七章 第7讲 第1课时 证明空间中的位置关系


第 7 讲 立体几何中的向量方法

1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 → (1)直线的方向向量:l 是空间一直线,A,B 是直线 l 上任意两点,则称AB为直线 l 的方 → 向向量,与AB平行的任意非零向量也是直线 l 的方向向量. (2)①定义:与平面垂直的向量,称做平面的法向量. ②确定:设 a,b 是平面 α 内两不共线向量,n 为平面 α 的法向量,则求法向量的方程 ?n· a=0 ? 组为? . ? b=0 ?n· 2.空间位置关系的向量表示 位置关系 向量表示 l1∥l2 n1∥n2?n1=λn2 直线 l1,l2 的方向向量 分别为 n1,n2 l1⊥l2 n1⊥n2?n1·n2=0 直线 l 的方向向量为 l∥α n⊥m?n· m=0 n,平面 α 的法向量为 l⊥α n∥m?n=λm m α ∥β n∥m?n=λm 平面 α,β 的法向量分 别为 n,m 3.空间向量与空间角的关系 (1)两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线 a,b 的方向向量分别为 a,b,其夹角为 θ,则 cos φ =|cos θ |= |a· b| |a||b| α ⊥β n⊥m?n· m=0

(其中 φ 为异面直线 a,b 所成的角). (2)直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面 α 的法向量为 n,直线 l 与平面 α 所成的角 |e· n| 为 φ,两向量 e 与 n 的夹角为 θ,则有 sin φ =|cos θ |= . |e||n|

(3)求二面角的大小 a.如图①,AB,CD 是二面角 α-l-β 两个半平面内与棱 l 垂直的直线,则二面角的大小 → → θ=〈AB,CD〉 .

b.如图②③,n1,n2 分别是二面角 α-l-β 的两个半平面 α,β 的法向量,则二面角的大 小 θ 满足 cos θ =cos〈n1,n2〉或-cos〈n1,n2〉 .

4. 点到平面的距离的求法 如图,设 AB 为平面 α 的一条斜线段,n 为平面 α 的法向量,则点 B 到平面 α 的距离 d → |AB·n| = . |n|

[做一做] 1.下列命题中,正确命题的个数为( ) 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. A.1 B.2 C.3 D.4 答案:D 1 2.已知向量 m,n 分别是直线 l 和平面 α 的方向向量、法向量,若 cos〈m,n〉=- , 2 则 l 与 α 所成的角为( ) A.30° B.60° C.120° D.150° 1 解析:选 A.由于 cos〈m,n〉=- ,∴〈m,n〉=120°. 2 ∴直线 l 与 α 所成的角为 30°. 1.辨明两个易误点 (1)求异面直线所成角时,易求出余弦值为负值而盲目得出答案而忽视了夹角范围为(0, π ]. 2 (2)求直线与平面所成角时,注意求出两向量夹角的余弦值的绝对值应为线面角的正弦 值. 2.向量法求二面角大小的两种方法 (1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量,然后通过两个平面的法向量的夹角得 到二面角的大小,但要注意结合实际图形判断所求角的大小. (2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量,则这两个 向量的夹角的大小就是二面角的大小. [做一做] 3.已知两平面的法向量分别为 m=(0,1,0),n=(0,1,1),则两平面所成的二面角 为( ) A.45° B.135° C.45°或 135° D.90° 1 2 m· n 解析:选 C.cos〈m,n〉= = = , |m||n| 1× 2 2 即〈m,n〉=45°. ∴两平面所成二面角为 45° 或 180°-45°=135°. 4.长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB=AA1=2,AD=1,E 为 CC1 的中点,则异面直线 BC1 与 AE 所成角的余弦值为__________. 解析:建立坐标系如图,则 A(1,0,0),E(0,2,1),B(1,2,0), → → C1(0,2,2),BC1=(-1,0,2),AE=(-1,2,1),

→ → BC1·AE → → ∴cos〈BC1,AE〉= → → |BC1||AE| 30 = . 10 30 答案: 10 第 1 课时 证明空间中的位置关系

考点一__利用空间向量证明平行问题____________ 已知正方体 ABCD?A1B1C1D1 的棱长为 2,E,F 分别是 BB1,DD1 的中点.求 证:FC1∥平面 ADE. [证明] 如图所示,建立空间直角坐标系 Dxyz, 则有 D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(2, 2,1),F(0,0,1). → → → FC1=(0,2,1),DA=(2,0,0),AE=(0,2,1). 设 n=(x,y,z)是平面 ADE 的一个法向量, → ? ?n⊥DA, 则? → ? ?n⊥AE, → ? DA=2x=0, ?n· 即? → ? AE=2y+z=0, ?n· ?x=0, ? 解得? ? ?z=-2y, 令 z=2,则 y=-1.所以 n=(0,-1,2). → 因为FC1·n=-2+2=0. → 所以FC1⊥n. 因为 FC1?平面 ADE, 所以 FC1∥平面 ADE. [规律方法] 用向量证平行问题的常用方法 线线平行 证明两直线的方向向量共线 ①证明该直线的方向向量与平面的 某一法向量垂直 ②证明直线的方向向量与平面内某 线面平行 直线的方向向量平行 ③证明该直线的方向向量可以用平 面内的两个不共线的向量线性表示 证明两平面的法向量平行(即为共 面面平行 线向量) 1.已知正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,E、F、G 分别为 AB、AD、 AA1 的中点,求证:平面 EFG∥平面 B1CD1.

证明:建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz,则 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0), A1(1,0,1),B1(1,1,1),D1(0,0,1). 1 1 1 得 E(1, ,0),F( ,0,0),G(1,0, ), 2 2 2 1 1 1 1 → → EF=(- ,- ,0),EG=(0,- , ). 2 2 2 2 设 n1=(x1,y1,z1)为平面 EFG 的法向量, 设 n2=(x2,y2,z2)为平面 B1CD1 的法向量. → ? ?n1·EF=0, 则? → ?n1·EG =0, ? 1 1 - x1- y1=0, 2 2 即 1 1 - y1+ z1=0. 2 2 令 x1=1,可得 y1=-1,z1=-1, 同理可得 x2=1,y2=-1,z2=-1. 即 n1=(1,-1,-1),n2=(1,-1,-1). 由 n1=n2,得平面 EFG∥平面 B1CD1. 考点二__利用空间向量解决垂直问题(高频考点)__

? ? ?

空间几何中的垂直问题是高考试题中的热点问题. 考查形式灵活多样,可以是小题,也可以是解答题的一部分,或解答题的某个环节,是 高考中的重要得分点. 高考对空间向量解决垂直问题有以下三个命题角度. (1)证明线线垂直问题; (2)证明线面垂直问题; (3)证明面面垂直问题. (2015· 安阳模拟)在四棱锥 PABCD 中, 底面 ABCD 为正方形, PD⊥平面 ABCD, E,F 分别为棱 AD,PB 的中点,且 PD=AD.求证:平面 CEF⊥平面 PBC. [证明] 建立如图所示的空间直角坐标系,设 A(1,0,0),则 P(0, 1 1 1 1 0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),E( ,0,0),F( , , ),设平面 CEF 2 2 2 2 的一个法向量为 n1=(x,y,z). → ? ?n1·EF=0, 则? → ? ?n1·EC=0, 1 1 y+ z=0, 2 2 解得 1 - x+y=0, 2 1 1 取 x=1,则 n1=(1, ,- ), 2 2 1 1 同理,求得平面 PBC 的一个法向量为 n2=(0, , ). 2 2 1 1 1 1 因为 n1·n2=1×0+ × - × =0, 2 2 2 2 所以 n1⊥n2. 所以平面 CEF⊥平面 PBC. [规律方法] 用向量证明垂直的方法

? ? ?

(1)线线垂直:证明两直线所在的方向向量互相垂直,即证它们的数量积为零. (2)线面垂直:证明直线的方向向量与平面的法向量共线,或将线面垂直的判定定理用 向量表示. (3)面面垂直:证明两个平面的法向量垂直,或将面面垂直的判定定理用向量表示. 2.如图,四棱柱 ABCDA1B1C1D1 的底面 ABCD 是平 行四边形,AB=1,BC=2,∠ABC=60°,E 为 BC 的中点,AA1⊥ 平面 ABCD. 证明:平面 A1AE⊥平面 A1DE. (2)在四棱锥 PABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方 形,PD=DC,E、F 分别是 AB、PB 的中点. ①求证:EF⊥CD; ②在平面 PAD 内求一点 G,使 GF⊥平面 PCB,并证明你的结论. 解:(1)证明:以 A 为原点,过 A 且垂直于 BC 的直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AA1 所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系(图略),设 AA1=a(a>0),则 A(0,0,0),D(0,2,0), 3 1 A1(0,0,a),E( , ,0). 2 2 设平面 A1AE 的法向量为 n1=(m,n,p),则 3 1 → n1·AE= m+ n=0 2 2 ,取 m=1,则 n=- 3,从而 n1=(1,- 3,0), → n1·AA1=ap=0 2 同理可得平面 A1DE 的一个法向量为 n2=( 3,1, ). a 因为 n1·n2=0,所以平面 A1AE⊥平面 A1DE.

? ? ?

(2)①证明:如图,以 DA、DC、DP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立 空间直角坐标系, 设 AD=a, a ? 则 D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a,a,0)、C(0,a,0)、E? ?a,2,0?、P(0, a a a? 0,a)、F? ?2,2,2?. a a? → → EF=? ?-2,0,2?,DC=(0,a,0). → → → → ∵EF·DC=0,∴EF⊥DC,即 EF⊥CD. ②设 G(x,0,z), a a a? → 则FG=? ?x-2,-2,z-2?, 若使 GF⊥平面 PCB, a a a? → → 则由FG·CB=? ?x-2,-2,z-2?·(a,0,0) a? =a? ?x-2?=0, a 得 x= ; 2 a a a2 ? a? → → ? a 由FG·CP=?x-2,-2,z-2? · (0 ,- a , a ) = +a?z-2?=0,得 z=0. ? 2 a ? ∴G 点坐标为? ?2,0,0?,即 G 点为 AD 的中点. 考点三__利用向量解决探索性问题____________ 如图,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 ADCB.

(1)试判断直线 AB 与平面 DEF 的位置关系,并说明理由; BP (2)在线段 BC 上是否存在一点 P,使 AP⊥DE?如果存在,求出 的值;如果不存在, BC 请说明理由. [解] (1)AB∥平面 DEF,理由如下: 在△ABC 中, 由 E、F 分别是 AC、BC 的中点, 得 EF∥AB. 又∵AB?平面 DEF,EF?平面 DEF, ∴AB∥平面 DEF. (2)以点 D 为坐标原点,直线 DB、DC、DA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴, 建立空间直角坐标系(如图所示), → 则 A(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2 3,0),E(0, 3,1),故DE= (0, 3,1). → 假设存在点 P(x,y,0)满足条件,则AP=(x,y,-2), → → AP·DE= 3y-2=0, 2 3 ∴y= . 3 → → 又BP=(x-2,y,0),PC=(-x,2 3-y,0), → → BP∥PC, ∴(x-2)(2 3-y)=-xy, ∴ 3x+y=2 3. 2 3 4 把 y= 代入上式得 x= , 3 3 → 1→ ∴BP= BC, 3 ∴在线段 BC 上存在点 P 使 AP⊥DE, BP 1 此时 = . BC 3 [规律方法] 立体几何探索性问题求解方法: (1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后再加以证 明,得出结论. (2)假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条件,根据题目进行求解,若能求出 参数的值且符合已知限定的范围,则存在这样的点或线,否则不存在. 3. 如图,在长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 的中点.

(1)求证:B1E⊥AD1;

(2)在棱 AA1 上是否存在一点 P, 使得 DP∥平面 B1AE?若存在, 求 AP 的长; 若不存在, 说明理由. → → → 解:(1)证明:以 A 为原点,AB,AD,AA1的方向分别为 x 轴,y 轴, z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. a 设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E( ,1,0), 2 B1(a,0,1), a → → → → a 故AD1=(0,1,1),B1E=(- ,1,-1),AB1=(a,0,1),AE=( , 2 2 1,0). a → → ∵B1E·AD1=- ×0+1×1+(-1)×1=0, 2 ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), → 使得 DP∥平面 B1AE,此时DP=(0,-1,z0). 再设平面 B1AE 的一个法向量 n=(x,y,z), → → ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE, ?ax+z=0, ? 得?ax ? 2 +y=0. ? a a 取 x=1,则 y=- ,z=-a,得平面 B1AE 的一个法向量 n=(1,- ,-a). 2 2 a → 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥DP,有 -az0=0, 2 1 解得 z0= . 2 1 又 DP?平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2

方法思想——探究空间坐标系的建立 如图所示, 正三棱柱 ABCA1B1C1 的所有棱长都为 2, D 为 CC1 的中点. 求 证:AB1⊥平面 A1BD.

[证明] 如图所示,取 BC 的中点 O,连接 AO. 因为△ABC 为正三角形,所以 AO⊥BC. 因为在正三棱柱 ABCA1B1C1 中, 平面 ABC⊥平面 BCC1B1, 所以 AO⊥ → → → 平面 BCC1B1.取 B1C1 的中点 O1,以 O 为原点,以OB,OO1,OA为 x 轴, y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0),D(-1,1,0), A1(0,2, 3),A(0,0, 3),B1(1,2,0). → → BA1=(-1,2, 3),BD=(-2,1,0).设平面 A1BD 的法向量为 n → → =(x,y,z),因为 n⊥BA1,n⊥BD, → ? BA1=0 ?-x+2y+ 3z=0 ?n· 故? ?? . → -2x+y=0 ? ? BD=0 ?n· 令 x=1,得 y=2,z=- 3, 故 n=(1,2,- 3)为平面 A1BD 的一个法向量, → → 而AB1=(1,2,- 3),所以AB1∥n, 即 AB1⊥平面 A1BD. [名师点评] 建系的基本思想: (1)寻找的线线垂直关系,如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直 线时,就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系,如果不存在这样的三条直线,则尽可 能找两条垂直相交的直线,以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系;(2)建系时要注意使用 的是右手系. (2014· 高考重庆卷节选)如图,四棱锥 PABCD 中,底面是以 O 为中心 π 1 的菱形,PO⊥底面 ABCD,AB=2,∠BAD= ,M 为 BC 上一点,且 BM= ,MP⊥AP. 3 2 求 PO 的长.

解: 如图, 连接 AC, BD, 因为四边形 ABCD 为菱形, 所以 AC∩BD → → → =O,且 AC⊥BD.以 O 为坐标原点,OA,OB,OP的方向分别为 x 轴、 y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Oxyz. π 因为∠BAD= , 3

π π = 3,OB=AB· sin =1, 6 6 所以 O(0,0,0),A( 3,0,0),B(0,1,0),C(- 3,0,0), → → OB=(0,1,0),BC=(- 3,-1,0). 1 3 1 → 1→ 由 BM= ,BC=2 知BM= BC=?- ,- ,0?. 2 4 4 ? ? 4 3 3 ? → → → ? 从而OM=OB+BM= - , ,0 , ? 4 4 ? 3 3 所以 M?- , ,0?. ? 4 4 ? 设 P(0,0,a),a>0, 3 3 → → 则AP=(- 3,0,a),MP=? ,- ,a?. 4 ? ?4 3 → → 因为 MP⊥AP,所以MP·AP=0,即- +a2=0, 4 3 3 3 所以 a= 或 a=- (舍去),即 PO= . 2 2 2 所以 OA=AB· cos

1. 如图所示,在四棱锥 PABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,∠ABC= 60°,PA=AB=BC,E 是 PC 的中点.证明:

(1)AE⊥CD; (2)PD⊥平面 ABE. 证明:AB、AD、AP 两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系,设 PA=AB=BC=1, 则 P(0,0,1). (1)∵∠ABC=60°,AB=BC, ∴△ABC 为正三角形. 1 3 1 3 1 ∴C( , ,0),E( , , ). 2 2 4 4 2 → → 设 D(0,y,0),由 AC⊥CD,得AC·CD=0, 2 3 2 3 即 y= ,则 D(0, ,0), 3 3 1 3 → ∴CD=(- , ,0). 2 6 3 1 → 1 又AE=( , , ), 4 4 2 1 1 3 3 → → ∴AE·CD=- × + × =0, 2 4 6 4 → → ∴AE⊥CD,即 AE⊥CD.

2 3 → (2)∵P(0,0,1),∴PD=(0, ,-1). 3 3 2 3 1 → → 又AE·PD= × + ×(-1)=0. 4 3 2 → → ∴PD⊥AE,即 PD⊥AE. → → → ∵AB=(1,0,0),∴PD·AB=0. ∴PD⊥AB,又 AB∩AE=A,∴PD⊥平面 AEB. 2. (2015· 汕头模拟)如图所示的长方体 ABCDA1B1C1D1 中,底面 ABCD 是边长为 2 的正 方形,O 为 AC 与 BD 的交点,BB1= 2,M 是线段 B1D1 的中点.

(1)求证:BM∥平面 D1AC; (2)求证:D1O⊥平面 AB1C. 证明:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则点 O(1,1,0),D1(0, 0, 2). → ∴OD1=(-1,-1, 2). 又点 B(2,2,0),M(1,1, 2), → ∴BM=(-1,-1, 2), → → ∴OD1=BM.又∵OD1 与 BM 不共线, ∴OD1∥BM. 又 OD1?平面 D1AC,BM?平面 D1AC, ∴BM∥平面 D1AC. (2)连接 OB1,点 B1(2,2, 2),A(2,0,0),C(0,2,0), → → → → ∵OD1·OB1=(-1,-1, 2)· (1,1, 2)=0,OD1·AC=(-1,-1, 2)· (-2,2, 0)=0, → → → → ∴OD1⊥OB1,OD1⊥AC,即 OD1⊥OB1,OD1⊥AC, 又 OB1∩AC=O,∴D1O⊥平面 AB1C. 3. 如图,在四面体 ABCD 中,AD⊥平面 BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2 2,M 是 AD 的中点,P 是 BM 的中点,点 Q 在线段 AC 上,且 AQ=3QC.证明:PQ∥平面 BCD.

证明:如图,取 BD 的中点 O,连接 OP,以 O 为原点,OD,OP 所在射线为 y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意知,A(0, 2,2),B(0,- 2,0),D(0, 2,0). 设点 C 的坐标为(x0,y0,0). → → 因为AQ=3QC,

3 2 3 1 所以 Q( x0, + y0, ). 4 4 4 2 因为 M 为 AD 的中点, 故 M(0, 2,1).又 P 为 BM 的中点, 1 2 3 → 3 故 P(0,0, ),所以PQ=( x0, + y0,0). 2 4 4 4 又平面 BCD 的一个法向量为 a=(0,0,1), → 故PQ·a=0.又 PQ?平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD. 4. 如图, 已知 AB⊥平面 ACD, DE⊥平面 ACD, △ACD 为等边三角形, AD=DE=2AB, F 为 CD 的中点.

(1)求证:AF∥平面 BCE; (2)求证:平面 BCE⊥平面 CDE. 证明:(1)设 AD=DE=2AB=2a,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0, 0),C(2a,0,0), B(0,0,a),D(a, 3a,0), E(a, 3a,2a). ∵F 为 CD 的中点, 3 3 ∴F? a, a,0?. 2 ?2 ? 3 → ?3 → AF= a, a,0?,BE=(a, 3a,a), 2 ?2 ? → BC=(2a,0,-a). → 1 → → ∵AF= (BE+BC),AF?平面 BCE, 2 ∴AF∥平面 BCE. 3 3 → → (2)∵AF=? a, a,0?,CD=(-a, 3a,0), 2 ?2 ? → ED=(0,0,-2a), → → → → ∴AF·CD=0,AF·ED=0, → → → → ∴AF⊥CD,AF⊥ED. 又 CD∩DE=D, → ∴AF⊥平面 CDE, 即 AF⊥平面 CDE. 又 AF∥平面 BCE, ∴平面 BCE⊥平面 CDE. 1. 如图所示,在底面是矩形的四棱锥 PABCD 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. 证明:(1)以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所在直线为 z 轴 建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0, 1), 1 1? 1? ? ∴E? ?2,1,2?,F?0,1,2?. 1 → ? EF=? ?-2,0,0?, → → AP=(0,0,1),AD=(0,2,0), → → DC=(1,0,0),AB=(1,0,0). 1→ → ∵EF=- AB, 2 → → ∴EF∥AB,即 EF∥AB. 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB. → → (2)∵AP·DC=(0,0,1)· (1,0,0)=0, → → AD·DC=(0,2,0)· (1,0,0)=0, → → → → ∴AP⊥DC,AD⊥DC, 即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又 AP∩AD=A, ∴DC⊥平面 PAD. 又∵DC?平面 PDC, ∴平面 PAD⊥平面 PDC. 2.如图(1)所示,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E 分别是 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)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. 解:(1)证明:∵AC⊥BC,DE∥BC, ∴DE⊥AC,∴DE⊥A1D,DE⊥CD, ∴DE⊥平面 A1DC,∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD,∴A1C⊥平面 BCDE. (2)线段 BC 上不存在一点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直.理由如 下: 如图所示,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 Cxyz,则 A1(0,0, 2 3),D(0,2,0),B(3,0,0),E(2,2,0).

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 A1BE 的法向量 → → 为 n=(x,y,z),则 n· A1B=0,n· BE=0. → → 又因为A1B=(3,0,-2 3),BE=(-1,2,0),所以 ?3x-2 3z=0,

? ?-x+2y=0.

令 y=1,则 x=2,z= 3,所以 n=(2,1, 3). 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x1,y1,z1), → → 则 m· A1D=0,m· DP=0. → → 又因为A1D=(0,2,-2 3),DP=(p,-2,0), ?2y1-2 3z1=0, p 所以? 令 x1=2,则 y1=p,z1= . 3 ?px1-2y1=0. p 所以 m=(2,p, ). 3 当且仅当 m· n=0 时,平面 A1DP⊥平面 A1BE. m· n=0,即 4+p+p=0,解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾. 所以线段 BC 上不存在一点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直. 3. 如图,四棱锥 SABCD 中,ABCD 为矩形,SD⊥AD,且 SD⊥AB,AD=a(a>0),AB =2AD,SD= 3AD,E 为 CD 上一点,且 CE=3DE.

(1)求证:AE⊥平面 SBD; (2)M,N 分别为线段 SB,CD 上的点,是否存在 M,N,使 MN⊥CD 且 MN⊥SB,若存 在,确定 M,N 的位置;若不存在,说明理由. 解:(1)证明:∵四棱锥 SABCD 中,ABCD 为矩形,SD⊥AD,且 SD⊥AB,AD∩AB= A,∴SD⊥平面 ABCD. ∴SD⊥AE. BD 就是 SB 在平面 ABCD 上的射影. ∵AB=2AD,E 为 CD 上一点,且 CE=3DE. DE 1 ∴tan∠DAE= = , AD 2 AD 1 tan∠DBA= = , AB 2 ∴∠DAE=∠DBA, ∴∠DAE+∠BDA=90°. ∴AE⊥BD,又 AE 与 BD 交于一点, ∴AE⊥平面 SBD. (2)假设存在点 M,N 满足 MN⊥CD 且 MN⊥SB. 建立如图所示的空间直角坐标系,由题意可知,D(0,0,0),A(a,0, 0),C(0,2a,0),B(a,2a,0),S(0,0, 3a), → → → 设DM=DB+tBS=(a,2a,0)+t(-a,-2a, 3a)=(a-ta,2a-2ta, 3ta)(t∈[0,1]), 即 M(a-ta,2a-2ta, 3ta),N(0,y,0),y∈[0,2a],

→ NM=(a-ta,2a-2ta-y, 3ta). 使 MN⊥CD 且 MN⊥SB, → → ? ?NM·DC=0, 则? → → ? ?NM·BS=0, (0,2a,0)=0, ?(a-ta,2a-2ta-y, 3ta)·

? (-a,-2a, 3a)=0, ?(a-ta,2a-2ta-y, 3ta)·
?2a(2a-2ta-y)=0, ? 可得? 2 ?-a(a-ta)-2a(2a-2ta-y)+3ta =0, ? 1 3 解得 t= ∈[0,1],y= a∈[0,2a]. 4 2 3 3 3 3 故存在点 M,N 使 MN⊥CD 且 MN⊥SB,M( a, a, a),N(0, a,0). 4 2 4 2


推荐相关:

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第七章 第3讲 空间...

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第七章 第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 第3 讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 1.四个公理 公理 1:如果一...


2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第七章 第1讲 空间...

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第七章 第1讲 空间几何体的结构特征及三...平行关系. 3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定 理.(包括三...


2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第八章 第9讲 第1课...

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第八章 第9讲 第1课时 直线与圆锥曲线的位置关系_数学_高中教育_教育专区。2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第八章 第...


2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第一章 第1讲 集合...

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第一 第1讲 集合的概念与运算_数学_高中教育_教育专区。2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第一 第1讲 集合的概念与...


2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第八章 第5讲 椭圆

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第八章 第5讲...2 x2 y2 答案:(1) +=1 (2)3 9 3 考点二...(4)4 考点三__直线与椭圆的位置关系___ x2 y...


2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第十章 第1讲 随机...

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第十章 第1讲 随机抽样_数学_高中教育_教育专区。2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第十章 第1讲 随机抽样 ...


2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第九章 第6讲 几何...

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第九章 第6讲...BCC1B1 交于 FG,则 EH∥FG,所以易证明几何体 ...(总空间)以及 事件的体积(事件空间),对于某些较...


第七章第7讲第1课时证明空间中的位置关系

第七章第7讲第1课时证明空间中的位置关系_数学_...2 2 令 x1=1,可得 y1=-1,z1=-1, 同理可得...(2016· 济南质检) 如图,在三棱锥 PABC 中,AB=...


2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第六章 第6讲 数学...

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第六章 第6讲 数学归纳法_数学_高中教育...用数学归纳法证明等式___ 用数学归纳法证明: 1 1 1 1 n +++?+= (n∈...


2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第三章 第4讲 简单...

2016届新课标数学(理)一轮复习讲义 第三章 第4讲 简单的三角恒等变换_数学_...4 1-? ?3? π∴0<2α<, 2 3 1 + 4 7 tan 2α-tan β∴tan(2...

网站首页 | 网站地图
All rights reserved Powered by 学霸学习网 www.tceic.com
copyright ©right 2010-2021。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com