全品高考备战2027年数学一轮学生用书11重点强化练(十一)空间中的平行与垂直【答案】

重点强化练(十一)空间中的平行与垂直1.解:方法一:(1)证明:如图①,过点F作FG∥BB1交A1B于点G,连接EG,∵A1F∶FB1=2∶1,FG∥BB1,∴A1FA1B1=FGB1B=2∵C1E∶EC=2∶1,∴C1E=23C1C∵C1C=B1B,C1C∥B1B,∴FG=C1E,且FG∥C1E,∴四边形FGEC1是平行四边形,∴C1F∥GE,又GE⊂平面A1BE,C1F⊄平面A1BE,∴C1F∥平面A1BE.(2)如图①,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(3,3,0),A1(3,0,6),E(0,3,2),F(3,2,6),∴A1B=(0,3,-6),BE=(-3,0,2),EF设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则n取x=2,得z=3,y=6,则n=(2,6,3)是平面A1BE的一个法向量,设直线EF与平面A1BE所成的角为θ,则sinθ=|cos<EF,n>|=|EF·n||故直线EF与平面A1BE所成的角的正弦值为626方法二:(1)证明:如图②,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则B(3,3,0),A1(3,0,6),E(0,3,2),F(3,2,6),C1(0,3,6),∴A1B=(0,3,-6),BE=(-3,0,2),C设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则n取x=2,得z=3,y=6,则n=(2,6,3)是平面A1BE的一个法向量.∵C1F·n=3×2+(-1)×6+0×3=0,∴C1∵C1F⊄平面A1BE,∴C1F∥平面A1BE. (2)由(1)可得EF=(3,-1,4),设直线EF与平面A1BE所成的角为θ,∵平面A1BE的一个法向量为n=(2,6,3),∴sinθ=|cos<EF,n>|=|EF·n||故直线EF与平面A1BE所成的角的正弦值为6262.解:(1)证明:在△SBC中,BC=1,SB=3,∠SCB=60°,所以cos60°=SC2+1-32SC=12,可得SC=2,所以SB2+BC2=SC2,所以SB⊥BC,又BC⊥所以BC⊥平面SAB.(2)由(1)知,BC⊥平面SAB,又AD∥BC,所以AD⊥平面SAB,又AD⊂平面ABCD,所以平面ABCD⊥平面SAB.因为AD⊥平面SAB,SA⊂平面SAB,所以AD⊥SA.在三角形SCD中,SC=2,CD=2,∠SCD=60°,所以SD=2,又AD=1,所以SA=4-1=连接AC,因为12V2=12VS-ABCD=VS-ABC=VC-SAB,且V1=12V2=VN所以VC-SAB=VN-SAB,又NS∥BC,所以NS=BC=1.取AB的中点O,连接SO,由SA=SB=3,可知SO⊥AB,又因为平面ABCD⊥平面SAB,平面ABCD∩平面SAB=AB,SO⊂平面SAB,所以SO⊥平面ABCD.取CD的中点E,连接OE,易知OB,OE,OS两两垂直.以点O为原点,分别以OB,OE,OS所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,所以A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),S(0,0,2),N(0,-1,2),所以SN=(0,-1,0),SC=(1,1,-2),AB=(2,0,0),AN=(1,-1,2).设平面SNC的法向量为n=(x,y,z),则n·SC令z=1,则n=(2,0,1).设平面ABN的法向量为m=(a,b,c),则m·AB令c=1,则m=(0,2,1).设平面SNC与平面ABN的夹角为θ,所以cosθ=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|=13×3=13,所以sinθ3.解:(1)证明:连接EC1,因为AB⊥BC,BC∥B1C1,所以AB⊥B1C1.因为BC1=AC1,E是AB的中点,所以AB⊥EC1.又B1C1∩EC1=C1,B1C1,EC1⊂平面B1C1E,所以AB⊥平面B1C1E,又B1E⊂平面B1C1E,所以AB⊥B1E.因为AB⊥B1E,AB∥C1D1,所以B1E⊥C1D1.(2)由(1)知AB⊥C1E,则C1E=42-22=23.因为B1E=22,B1C1=2,C1所以B1C12+B1E2=C1E所以B1E⊥B1C1.由(1)知C1D1⊥B1E,又C1D1∩B1C1=C1,C1D1,B1C1⊂平面A1B1C1D1,所以B1E⊥平面A1B1C1D1.因为ABCD-A1B1C1D1为四棱台,底面ABCD为正方形,四棱台的上、下底面对应边平行且比例相同,所以四边形A1B1C1D1为正方形,B1E⊥平面ABCD,A1B1=B1C1=2.因为点E是AB的中点,AB=4,所以AE=2,所以AE∥A1B1且AE=A1B1,所以四边形A1B1EA为平行四边形,所以B1E∥A1A.又B1E⊥平面ABCD,所以AA1⊥平面ABCD.以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(4,0,0),C(4,4,0),D(0,4,0),C1(2,2,22),设CP=λCC1,则P(4-2λ,4-2λ,22λ),BP=(-2λ,4-2λ,22λ),CD=(-4,0,0),CC1设平面CDD1C1的法向量为n=(x,y,z),则n令y=2,则n=(0,2,1).设直线BP与平面CDD1C1所成的角为θ,由cosθ=13,得sinθ=|cos<n,BP>|=|n·即423·化简得(2λ-1)2=0,解得λ=12,所以C1PC1C=12,故棱CC1上存在一点P,使得直线BP与平面CDD1C14.解:(1)证明:因为CD是圆O1的直径,所以DP⊥CP.又因为AD⊥平面PDC,CP⊂平面PCD,所以AD⊥CP.因为AD∩DP=D,AD,DP⊂平面ADP,所以CP⊥平面ADP,又CP⊂平面ACP,所以平面ACP⊥平面ADP.(2)方法一(等体积法):因为O1P⊥CD,所以P为弧CD的中点,所以O1P=1,CP=DP=2.由(1)知CP⊥平面ADP,因为AP⊂平面ADP,所以CP⊥AP.在Rt△APC中,AP=6,CP=2,故S△APC=12×AP×PC=3设D到平面ACP的距离为d,由VA-DPC=VD-APC得13×12×2×1×2=13×d×3,解得d即点D到平面ACP的距离为23方法二(定义法):如图①,过点D作DE⊥AP,垂足为E.因为平面ACP⊥平面ADP,平面ACP∩平面ADP=AP,DE⊂平面ADP,所以DE⊥平面ACP,所以点D到平面ACP的距离为DE.因为O1P⊥CD,所以P为弧CD的中点,则CP=DP=2,AP=6.在Rt△ADP中,AD×DP=DE×AP,所以DE=2×26=233,即点D到平面(3)方法一(定义法):如图①,由(2)方法二知,DE⊥平面ACP,所以∠DAE即为AD与平面ACP所成的角.设DP=t,t∈(0,2),在Rt△ADP中,AD=2,故AP=4+t2,由S△ADP=12×DE×AP=12×AD×DP,得所以sin∠DAE=DEAD=t14因为0<t<2,所以4t所以sin∠DAE∈0,即AD与平面ACP所成角的正弦值的取值范围为0,方法二(向量法):如图②,连接OO1,以O1为原点,O1C,O1O所在直线分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,-1,0),C(0,1,0),A(0,-1,2),故AD=(0,0,-2),AC=(0,2,-2),设P(x0,y0,0),则x02+y02=1,x0≠0,故CP=(x0,设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),则n即2取y=x0,则n=(1-y0,x0,x0).设AD与平面ACP所成的角为θ,则sinθ=|cos<AD,n>|=|AD|2|x0|1-y01+y03+因为x0≠0,所以-1<y0<1,所以0<1-23+y0<12,即sinθ∈0,22 5.解:(1)证明:如图①,连接EF,HG.∵E,F,G,H分别为AB,BC,CD,DA的中点,∴EF∥AC,HG∥AC,∴EF∥HG,∴E,F,G,H四点共面.(2)如图②,取AC的中点O,连接OB,OD.∵原四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,∴△ABC,△ACD均为等边三角形,∴AC⊥OD,AC⊥OB.设AB=2,则OA=OC=1,OB=OD=3.∵二68也可联系微信fjshuxue加入百度或夸克网盘群4T一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期面角B-AC-D为直二面角,∴平面ABC⊥平面ACD,∵平面ABC∩平面ACD=AC,OD⊥AC,OD⊂平面ACD,∴OD⊥平面ABC.以O为原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴,建立如图②所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,3),∴AB=(-1,3,0),DC=(-1,0,-3),故cos<AB,DC>=AB·DC|AB||DC|=12×2=14(3)如图③,取AC的中点O,连接OB,OD,CE,DE.∵原四边形ABCD为菱形,∠ABC=60°,∴△ABC,△ACD均为等边三角形.∵△ABC为等边三角形,E为AB的中点,∴AB⊥CE.∵异面直线AB,DC所成的角为