高考数学专题复习练习：8-7 专项基础训练 8页

‎ A组　专项基础训练 ‎(时间：40分钟)‎ ‎1．若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，0，－4)，则(　　)‎ A．l∥α　　　　　　　　　　B．l⊥α C．l⊂α D．l与α相交 ‎【解析】 ∵n＝－2a，∴a与α的法向量平行，∴l⊥α.‎ ‎【答案】 B ‎2．已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则下列点P中，在平面α内的是(　　)‎ A．P(2，3，3) B．P(－2，0，1)‎ C．P(－4，4，0) D．P(3，－3，4)‎ ‎【解析】 逐一验证法，对于选项A，＝(1，4，1)，‎ ‎∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，‎ ‎∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．‎ ‎【答案】 A ‎3．若＝λ＋μ，则直线AB与平面CDE的位置关系是(　　)‎ A．相交 B．平行 C．在平面内 D．平行或在平面内 ‎【解析】 ∵＝λ＋μ，∴、、共面，‎ ‎∴AB与平面CDE平行或在平面CDE内．‎ ‎【答案】 D ‎4．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为(　　)‎ A．(1，1，1) B. C. D. ‎【解析】 设M点的坐标为(x，y，1)，AC∩BD＝O，‎ 则O，又E(0，0，1)，A(，，0)，‎ ‎∴＝，＝(x－，y－，1)，‎ ‎∵AM∥平面BDE，∴∥，‎ ‎∴⇒ ‎【答案】 C ‎5．(2017·广州质检)已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．‎ ‎【解析】 设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由m·＝0，得x·0＋y－z＝0⇒y＝z，‎ 由m·＝0，得x－z＝0⇒x＝z，取x＝1，‎ ‎∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.‎ ‎【答案】 α∥β ‎6．(2017·潍坊模拟)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是________．‎ ‎【解析】 ∵·＝0，·＝0，‎ ‎∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．又与不平行，‎ ‎∴是平面ABCD的法向量，则③正确．‎ ‎∵＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，‎ ‎∴与不平行，故④错误．‎ ‎【答案】 ①②③‎ ‎7．(2017·北京房山区一模)如图，四棱锥PABCD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.‎ ‎【证明】 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.‎ ‎∴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)∵＝(2，0，－2)，＝(1，0，－1)，‎ ‎∴＝2，‎ ‎∴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.‎ ‎8．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.‎ ‎【证明】 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，射线DA，DP，DC 分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，‎ 则＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，－1，0)．‎ ‎∴·＝0，·＝0.即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，‎ 又DQ∩DC＝D，∴PQ⊥平面DCQ，‎ 又PQ⊂平面PQC，∴平面PQC⊥平面DCQ.‎ ‎9．如图，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】 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，建立如图空间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)，‎ ‎∴E，F，＝，＝(1，0，－1)，＝(0，2，－1)，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0)．‎ ‎(1)∵＝－，∴∥，即EF∥AB，‎ 又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.‎ ‎(2)∵·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，‎ ·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，‎ ‎∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.‎ 又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.‎ ‎∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.‎ B组　专项能力提升 ‎(时间：30分钟)‎ ‎10．(2017·南京模拟)如图，正方体ABCDA1B1C1D1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________．‎ ‎【解析】 以D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，‎ ‎∴＝(x－1，0，1)，∴＝(1，1，y)，由于B1E⊥平面ABF，所以·＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0⇒x＋y＝1.‎ ‎【答案】 1‎ ‎11．在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ有________个．‎ ‎【解析】 建立如图的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则P(x，y，2)，O(1，1，0)，∴OP的中点坐标为，‎ 又知D1(0，0，2)，∴Q(x＋1，y＋1，0)，而Q在MN上，‎ ‎∴xQ＋yQ＝3，∴x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.‎ ‎∴有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.‎ ‎【答案】 2‎ ‎12．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．‎ ‎【解析】 (1)证明 以A为原点，，，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(如图)．‎ 设AB＝a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E，B1(a，0，1)，‎ 故＝(0，1，1)，＝，‎ ＝(a，0，1)，＝.‎ ‎∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，‎ ‎∴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＝(0，－1，z0)．‎ 又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．‎ ‎∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得 取x＝1，得平面B1AE的一个法向量 n＝.‎ 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，‎ 解得z0＝.又DP⊄平面B1AE，‎ ‎∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝.‎ ‎13．如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．‎ ‎(1)求证：AC⊥SD.‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．‎ ‎【解析】 (1)证明 连接BD，设AC∩BD＝O，则AC⊥BD.由题意知SO⊥平面ABCD.‎ 以O为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图．‎ 设底面边长为a，则高SO＝a，‎ 于是S，D，‎ B，C，＝，‎ ＝，则·＝0.‎ 故OC⊥SD.从而AC⊥SD.‎ ‎(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.‎ 理由如下：‎ 由已知条件知是平面PAC的一个法向量，‎ 且＝，＝，‎ ＝.‎ 设＝t，则＝＋＝＋t ‎＝，而·＝0⇔t＝.‎ 即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.‎ 而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.‎ ‎∴存在一点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2.‎