全国名校高考数学经典复习题汇编附详解专题向量共线.docx
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全国名校高考数学经典复习题汇编附详解专题向量共线
全国名校高考数学经典复习题汇编(附详解)专题:
向量共线
1.(全国名校·广西桂林一中期中)若a=(2,3,m),b=(2n,6,8),且a,b为共线向量,则m+n的值为( )
A.7 B.
C.6D.8
答案 C
解析 由a,b为共线向量,得==,解得m=4,n=2,则m+n=6.故选C.
2.已知向量a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ).若a,b,c三个向量共面,则实数λ等于( )
A.B.
C.D.
答案 D
解析 由题意,得c=ta+μb=(2t-μ,-t+4μ,3t-2μ),所以解得故选D.
3.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.
4.已知平面α内有一个点M(1,-1,2),平面α的一个法向量是n=(6,-3,6),则下列点P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)
答案 A
解析 ∵n=(6,-3,6)是平面α的法向量,
∴n⊥,在选项A中,=(1,4,1),∴n·=0.
5.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.(,,-)B.(,-,)
C.(-,,)D.(-,-,-)
答案 D
解析 =(-1,1,0),=(-1,0,1),
设平面ABC的一个法向量n=(x,y,z),∴
令x=1,则y=1,z=1,∴n=(1,1,1).
单位法向量为:
±=±(,,).
6.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若⊥,=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为( )
A.,-,4B.,-,4
C.,-2,4D.4,,-15
答案 B
解析 ∵⊥,∴·=0,即3+5-2z=0,得z=4,又BP⊥平面ABC,∴BP⊥AB,BP⊥BC,又∵=(3,1,4),则解得
7.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________.
答案 ①②③
解析 ∵·=0,·=0,
∴AB⊥AP,AD⊥AP.则①②正确.从而③正确,又=-=(4,2,0)-(2,-1,-4)=(2,3,4).∵≠.∴与不平行.∴④不正确.
8.(全国名校·甘肃兰州质检)如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥DC,AE⊥DC,且E为CD的中点,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,则下列说法正确的是________.(写出所有正确说法的序号)
①不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥平面DEC;
②不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN⊥AE;
③不论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥AB;
④在折起过程中,一定存在某个位置,使EC⊥AD.
答案 ①②④
解析 不妨设BC=a,CE=ED=b.折起后∠CED=θ(0<θ<π).以E为原点,EA,EC分别为x轴,y轴.
则A(a,0,0),C(0,b,0),D(0,bcosθ,bsinθ).
∴M(,cosθ,sinθ),N(,,0).
∴=(0,-cosθ,-sinθ),=(a,0,0),=(0,b,0),=(-a,bcosθ,bsinθ),=(0,b,0).
∵·=0,∴MN⊥AE,②对,是平面CED的法向量.
∴MN∥平面DEC,①对,MN与AB异面,③不对.当θ=时,·=0,∴④对.
综上,①②④正确.
9.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=λ+μ.
令=a,=b,=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=a+c,=a+b,=a-c,m=λ+μ=(λ+μ)a+μb+λc,·m=(a-c)·[(λ+μ)a+μb+λc]=4(λ+μ)-2μ-4λ=0.故⊥m,结论得证.
方法二:
基向量的取法同上.
∵·=(a-c)·(a+c)=|a|2-|c|2=0,
·=(a-c)·(a+b)=|a|2+a·b-a·c-b·c=0,∴⊥,⊥,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,,,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,),A(0,0,),B1(1,2,0).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),=(-1,2,),=(-2,1,0).
则n⊥,n⊥,故
⇒令x=1,则y=2,z=-.
故n=(1,2,-)为平面A1BD的一个法向量,而=(1,2,-),∴=n,即∥n,∴AB1⊥平面A1BD.
10.(全国名校·杭州学军中学模拟)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中AD∥BC,AB⊥AD,AB=AD=BC,BE=BC.求证:
DE⊥平面PAC.
解析 如图,以A为坐标原点,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A-xyz,
设AB=AD=BC=2,
则D(0,2,0),E(2,1,0),A(0,0,0),C(2,4,0).
∴=(2,-1,0),=(2,4,0).
设P(0,0,z),=(0,0,z).
设m=(x1,y1,z1)为平面APC的一个法向量,则m⊥,m⊥.
∴∴令y1=1,则m=(-2,1,0),显然m=-.
∴∥m,∴DE⊥平面PAC.
11.(全国名校·甘肃省兰州市高考实战模拟)如图所示的空间几何体ABCDEFG中,四边形ABCD是边长为2的正方形,AE⊥平面ABCD,EF∥AB,EG∥AD,EF=EG=1,AE=3.
求证:
平面CFG⊥平面ACE.
答案 略
解析 建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),E(0,0,3),G(0,1,3),F(1,0,3).
∴=(0,0,3),=(2,2,0),=(-1,1,0),·=-2+2+0=0,·=0+0+0=0.
∴FG⊥AC,FG⊥AE.
∴FG⊥平面ACE.
又FG⊂平面CFG,
∴平面CFG⊥平面ACE.
12.(全国名校·江西景德镇二中模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E在AA1上,点F在CC1上,且AE=FC1=1.
(1)求证:
E,B,F,D1四点共面;
(2)若点G在BC上,BG=,点M在BB1上,GM⊥BF,垂足为H,求证:
EM⊥平面BCC1B1.
答案 略
证明
(1)建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),E(3,0,1),F(0,3,2),D1(3,3,3),所以=(3,0,1),=(0,3,2),=(3,3,3).
所以=+.
故,,共面.
又它们有公共点B,所以E,B,F,D1四点共面.
(2)设M(0,0,z0),则=(0,-,z0),而=(0,3,2),
由题设得·=-×3+z0·2=0,解得z0=1.
故M(0,0,1),=(3,0,0).
又=(0,0,3),=(0,3,0),所以·=0,·=0,
从而ME⊥BB1,ME⊥BC.
又BB1∩BC=B,所以EM⊥平面BCC1B1.
13.(全国名校·湖北襄阳模拟,理)如图,多面体ABCDEF中,DE⊥平面ABCD,四边形ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°,四边形BDEF是正方形.
(1)求证:
CF∥平面AED;
(2)在线段EC上是否存在点P,使得AP⊥平面CEF?
若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
答案
(1)略
(2)不存在点P
解析
(1)因为四边形ABCD是菱形,所以BC∥AD.
又BC⊄平面ADE,AD⊂平面ADE,所以BC∥平面ADE,
又四边形BDEF是正方形,所以BF∥DE.
因为BF⊄平面ADE,DE⊂平面ADE,所以BF∥平面ADE,
因为BC⊂平面BCF,BF⊂平面BCF,BC∩BF=B,
所以平面BCF∥平面AED,因为CF⊂平面BCF,所以CF∥平面AED.
(2)因为四边形ABCD为菱形,且∠BAD=60°,
所以△BCD为等边三角形,取BD的中点O,连接CO,所以CO⊥BD,
取EF的中点G,连接OG,则OG∥DE,
因为DE⊥平面ABCD,所以OG⊥平面ABCD,
故可建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
则O(0,0,0),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),E(-1,0,2),F(1,0,2),
所以=(1,,2),=(-2,0,0),=(-1,,-2).
设平面ECF的法向量为n=(x,y,z),则有得
x=0,令y=1,则n=(0,1,).
又=(1,,-2),=(-1,,2),
设P(x,y,z),=λ,由=+=+λ,
得=(λ-1,λ+,2-2λ),又平面CEF的一个法向量为n=(0,1,).
若AP⊥平面CEF,则∥n,令=μn.得
方程组无解,不符合题意.
综上,线段EC上不存在点P,使得AP⊥平面CEF.
14.如图所示,四边形ABCD是边长为1的正方形,MD⊥平面ABCD,NB⊥平面ABCD,且MD=NB=1,E为BC的中点.
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值;
(2)在线段AN上是否存在点S,使得ES⊥平面AMN?
若存在,求线段AS的长;若不存在,请说明理由.
答案
(1)
(2)存在,|AS|=
解析
(1)如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系D-xyz.
依题意得D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0),N(1,1,1),E(,1,0),
所以=(-,0,-1),=(-1,0,1),因为|cos,|===.
所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN.连接AE,如图所示.
因为=(0,1,1),可设=λ=(0,λ,λ),又=(,-1,0),
所以=+=(,λ-1,λ).由ES⊥平面AMN,
得即解得λ=,此时=(0,,),||=.
经检验,当|AS|=时,ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S,使得ES⊥平面AMN,此时|AS|=.
1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,且PA=PD=AD,设E,F分别为PC,BD的中点.
(1)求证:
EF∥平面PAD;
(2)求证:
平面PAB⊥平面PDC.
答案
(1)略
(2)略
思路
(1)
(2)
证明 如图,取AD的中点O,连接OP,OF.
因为PA=PD,所以PO⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PO⊥平面ABCD.
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