湘教版高考总复习一轮数学精品课件 第8章立体几何与空间向量 课时规范练56 利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离.ppt

课时规范练56利用空间向量证明平行、垂直与利用空间向量求距离

12341.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2.(1)求证:当点E在棱AB上移动时,始终有D1E⊥A1D;(2)点E在棱AB上移动,当平面D1EC⊥平面B1EC时,求AE的长.

1234(1)证明以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则D(0,0,0),C(0,2,0),A1(1,0,1),B1(1,2,1),D1(0,0,1).

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1234取y2=1,则n=(2-y0,1,y0-2),因为平面D1EC⊥平面B1EC,可得m⊥n,即m·n=(2-y0,1,2)·(2-y0,1,y0-2)=0.所以(2-y0)2+1+2(y0-2)=0,解得y0=1,故当平面D1EC⊥平面B1EC时,AE的长为1.

12342.如图,在四棱锥P-ABCD中,AC∩BD=O,底面ABCD为菱形,边长为2,PC⊥BD,PA=PC,且∠ABC=60°,异面直线PB与CD所成的角为60°.(1)求证:PO⊥平面ABCD;(2)若E是线段OC的中点,求点E到直线PB的距离.

1234(1)证明因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为PC⊥BD,PC∩AC=C,PC,AC?平面APC,所以BD⊥平面APC.因为PO?平面APC,所以BD⊥PO.因为PA=PC,O为AC的中点,所以PO⊥AC,又因为AC∩BD=O,AC,BD?平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.(2)解以O为坐标原点,直线OB,OC,OP分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.因为AB∥CD,所以∠PBA或其补角为异面直线PB,CD所成的角,显然∠PBA是锐角,所以∠PBA=60°.

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12343.(2024·河南濮阳模拟)在如图所示的六面体ABC-A1D1B1C1中,平面ABC∥平面A1D1B1C1,AA1∥CC1,BC=2B1C1,AB=2A1D1.(1)求证:AC∥平面BB1D1;(2)若AC,BC,CC1两两互相垂直,AC=2,CC1=3,求点A到平面BCD1的距离.

1234(1)证明取AB的中点E,BC的中点F,连接D1E,B1F,EF,在六面体ABC-A1D1B1C1中,因为平面ABC∥平面A1D1B1C1,平面ABC∩平面ABD1A1=AB,平面A1D1B1C1∩平面ABD1A1=A1D1,所以AB∥A1D1.同理可得BC∥B1C1.因为E,F分别是AB,BC的中点,且AB=2A1D1,BC=2B1C1,所以A1D1∥AE,A1D1=AE,B1C1∥CF,B1C1=CF,所以四边形AED1A1是平行四边形,四边形CFB1C1是平行四边形,所以AA1∥ED1,CC1∥FB1,又AA1∥CC1,所以ED1∥FB1,则E,F,B1,D1四点共面.

1234因为平面ABC∥平面A1D1B1C1,平面ABC∩平面EFB1D1=EF,平面A1D1B1C1∩平面EFB1D1=B1D1,所以EF∥B1D1.又E,F分别是AB,BC的中点,EF∥AC,所以AC∥B1D1.因为AC?平面BB1D1,B1D1?平面BB1D1,所以AC∥平面BB1D1.

1234(2)解因为AC,BC,CC1两两互相垂直,所以以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.则C(0,0,0),A(2,0,0).

12344.在如图所示的几何体中,四边形ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥BE,AB=PA=4,BE=2.(1)求证:CE∥平面PAD.(2)在棱AB上是否存在一点F,使得平面DEF⊥平面PCE?如果存在,求的值;如果不存在,说明理由.

1234(1)证明设PA中点为G,连接EG,DG(图略).因为PA∥BE,且PA=4,BE=2,所以BE∥AG,且BE=AG,所以四边形BEGA为平行四边形,所以EG∥AB,且EG=AB.因为四边形ABCD为正方形,所以CD∥AB,CD=AB,所以EG∥CD,且EG=CD,所以四边形CDGE为平行四边形,所以CE∥DG.因为DG?平面PAD,CE?平面PAD,所以CE∥平面PAD.

1234取x=1,则y=1,z=2,所以m=(1,1,2).

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本课结束