《高考数学人教a版一轮复习第八章 立体几何与空间向量解答题专项四 第1课时 利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学人教a版一轮复习第八章 立体几何与空间向量解答题专项四 第1课时 利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离.docx（5页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、解答题专项四立体几何中的综合问题第1课时利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离解答题专项练1.如图,已知AA1平面ABC,BB1AA1,AB=AC=3,BC=25,AA1=7,BB1=27,点E和F分别为BC和A1C的中点.求证:(1)EF平面A1B1BA;(2)平面AEA1平面BCB1.证明:(1)由AB=AC,E为BC的中点,则AEBC,而AA1平面ABC,AA1BB1,过E作平行于BB1的垂线为z轴,EC,EA所在直线分别为x轴,y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB=3,BE=5,所以AE=2,所以E(0,0,0),C(5,0,0),A(0,2,0),B(-5,0,0),
2、B1(-5,0,27),A1(0,2,7),F52,1,72,所以EF=52,1,72,AB=(-5,-2,0),AA1=(0,0,7).设平面A1B1BA的一个法向量为n=(x,y,z),则nAB=-5x-2y=0,nAA1=7z=0,令x=-2,则n=(-2,5,0),而EFn=52(-2)+15+720=0,所以EFn.又EF平面A1B1BA,所以EF平面A1B1BA.(2)因为EC平面AEA1,则EC=(5,0,0)为平面AEA1的一个法向量.又EA平面BCB1,则EA=(0,2,0)为平面BCB1的一个法向量.因为ECEA=0,故ECEA,故平面AEA1平面BCB1.2.(2023内
3、蒙古赤峰高三开学考试)在如图所示多面体中,平面EDCF平面ABCD,EDCF是面积为3的矩形,CDAB,AD=DC=CB=1,AB=2.(1)证明:BDEA;(2)求点D到平面ABFE的距离.(1)证明:因为平面EDCF平面ABCD,且平面EDCF平面ABCD=CD,EDDC,ED平面EDCF,所以ED平面ABCD,又BD平面ABCD,所以EDBD,在四边形ABCD中,作DMAB于M,CNAB于N,因为CDAB,AD=CD=CB=1,AB=2,所以四边形ABCD为等腰梯形,则AM=BN=12,所以DM=32,BD=DM2+BM2=3,所以AD2+BD2=AB2,所以ADBD,又EDAD=D,E
4、D平面EAD,AD平面EAD,所以BD平面EAD,又因为EA平面EAD,所以BDEA.(2)解:由(1)知ED平面ABCD,ADBD,以点D为原点,DA,DB,DE为x,y,z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系,因为矩形EDCF的面积为3,CD=1,所以ED=3.所以A(1,0,0),B(0,3,0),E(0,0,3),则AE=(-1,0,3),BE=(0,-3,3),DE=(0,0,3),设平面ABFE的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则nAE=-x1+3z1=0,nBE=-3y1+3z1=0,可取n=(3,1,1),设点D到平面ABFE的距离为d,则d=|DEn|n|=35=155
5、.3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为2,E为BB1的中点.(1)求BC1到平面AD1E的距离;(2)若A1C平面AED1=M,求A1MCM.解:(1)如图,以A为坐标原点,AD,AB,AA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,2,0),C1(2,2,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),A1(0,0,2),因为正方体ABCD-A1B1C1D1中,BC1AD1,AD1平面AD1E,所以BC1平面AD1E,则BC1到平面AD1E的距离即为C1到平面AD1E的距离,而D1C1=(0,2,0),AD1=(2,0,2),A
6、E=(0,2,1),设平面AD1E的一个法向量为n=(x,y,z),则nAD1=0,nAE=0,即2x+2z=0,2y+z=0,令y=1,则x=2,z=-2,故n=(2,1,-2),故C1到平面AD1E的距离d=|nD1C1|n|=29=23,即BC1到平面AD1E的距离为23.(2)A1D1=(2,0,0),CD1=(0,-2,2),由题意可得A1MCM=|nA1D1|n|nCD1|n|=|nA1D1|nCD1|=46=23.4.(2023山东聊城高三期末)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB=2,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,G为棱DD1上的动点.(1)求证:
7、B,E,D1,F四点共面;(2)是否存在点G,使得平面GEF平面BEF?若存在,求出DG的长度;若不存在,说明理由.(1)证明:如图所示,连接D1E,D1F,取BB1的中点为M,连接MC1,ME,因为E为AA1的中点,所以EMA1B1C1D1,且EM=A1B1=C1D1,所以四边形EMC1D1为平行四边形,所以D1EMC1.又因为F为CC1的中点,所以BMC1F,且BM=C1F,所以四边形BMC1F为平行四边形,所以BFMC1,所以BFD1E,所以B,E,D1,F四点共面.(2)解:以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,假设存在满足题意的点G,设G(0,0
8、,t),由已知B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1),则EF=(-1,1,0),EB=(0,1,-1),EG=(-1,0,t-1),设平面BEF的一个法向量n1=(x1,y1,z1),则n1EF=0,n1EB=0,即-x1+y1=0,y1-z1=0,取x1=1,则n1=(1,1,1).设平面GEF的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2EF=0,n2EG=0,即-x2+y2=0,-x2+(t-1)z2=0,取x2=t-1,则n2=(t-1,t-1,1).因为平面GEF平面BEF,所以n1n2=0,所以t-1+t-1+1=0,所以t=12.所以存在满足题意的点G,使得平面GEF平面BEF,DG的长度为12.