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课时规范练48利用空间向量证明平行、垂直
1.(15分)(2024·山西三模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱AB,BC,CD的中点.
证明:(1)C1E∥平面A1AG;
(2)A1F⊥C1E.
2.(15分)如图,在矩形ABCD和矩形ABEF中,AB=4,AD=AF=3,∠DAF=π3,DM=λDB,AN=λAE,0λ1,记AB=a,AD=b
(1)当λ=12时,求直线MN与直线AE夹角的余弦值
(2)是否存在λ使得MN⊥平面ABCD?若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
3.(15分)如图,正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=2,CD=4,M为CE的中点.
求证:(1)BM∥平面ADEF;
(2)BC⊥平面BDE.
4.(15分)(2024·安徽六安模拟预测)如图,四边形ACDE为菱形,AC=BC=2,∠ACB=120°,平面ACDE⊥平面ABC,点F在AB上,且AF=2FB,M,N分别在直线CD,AF上.
(1)求证:CF⊥平面ACDE;
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线,若∠EAC=60°,MN为直线CD,AB的公垂线,求ANAF的值
课时规范练48利用空间向量证明平行、垂直
1.证明:(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1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,
不妨设AB=2,则A(2,0,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),G(0,1,0),可得EC1=(-2,1,2),AA1=(0,0,2),AG=
设平面A1AG的法向量为n=(x,y,z),则n·AA1=2z=0,n·AG=-
因为n·EC1=-2+2=0,且EC1?平面A1AG,所以C1E∥平面A
(2)由(1)可得,A1F=(-1,2,
则A1F·EC1=2+2-4=0,则A1F⊥E
2.解:(1)由题可得,AE=AB+AF=
在矩形ABEF中,易知|AE|=5,
MN=AN?AM=AN-(AD+DM)=λ(AB+AF)-[AD+λ(AB?AD)]=λ(a+c)-[b+λ(a
当λ=12时,MN=-12b+1
|MN|=-12b+12c2=12·c2+b2-2|b||c|cosπ3=32,MN·AE=12(c-b)(a+c)=12
(2)存在.若MN⊥平面ABCD,
∵AB,AD?平面ABCD,
∴MN⊥AB,MN⊥AD,
则MN·AB=[(λ-1)b+λc]·a=(λ-1)b·a+λc·a=0,
又MN·AD=[(λ-1)b+λc]·b=(λ-1)b2+λc·b=0,即9(λ-1)+9
解得λ=23,满足题意.故存在λ=23,使得MN⊥平面
3.证明:(1)由题意可知,平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD.
又四边形ADEF是正方形,所以AD⊥ED,ED?平面ADEF,
所以ED⊥平面ABCD,从而可得DA,DC,DE两两垂直.
以D为坐标原点,DA,DC,DE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,
则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,4,0),E(0,0,2),F(2,0,2).
又M为CE的中点,所以M(0,2,1),
则BM=(-2,0,1),AD=(-2,0,0),AF=(0,0,2),所以BM=AD+12AF,故BM,AD,AF共面.又BM
(2)由(1)可知,BC=(-2,2,0),DB=(2,2,0),DE=(0,0,2),
易知BC·DB=-4+4=0,所以BC⊥DB.又BC·DE=0,所以
又DB∩DE=D,DB,DE?平面BDE,
所以BC⊥平面BDE.
4.(1)证明:AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以AB=23
又AF=2FB,所以AF=4
由题可得,CF=
则CF2=19CA2+49CB2+49CA·
又因为平面ACDE⊥平面ABC,平面ACDE∩平面ABC=AC,CF?平面ABC,故CF⊥平面ACDE.
(2)解:在平面ACDE中过点C作直线与平面ABC垂直,则该直线与AC,CF两两垂直.
以C为原点,CA,CF所在直线为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由∠EAC=60°,可得∠DCA=120°.
又DC=2,所以C(0,0,0),D(-1,0,3),A(2,0,0),F0,
所以AF=-2,233,0,CD=(-1,0,3).
设CM=μCD,μ∈[0,1],则M(-μ,0,3μ
由题知MN
解得λ
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