高考调研人教版数学理课件配套练习

ACMNAC与AC、MC都不垂直 解 建立空间直角坐标系，通过向量运算可得B.D．2－1)，则AC边上的高B.D．2答 解 D＝λ，D(x，y，)，∴C·D＝0，得

＝－5，∴BD＝(－4，5，5A1D、AC

21 ，则 ＝3A A．EFA1D、AC之一垂直B．EFA1D，AC的公垂线C．EFBD1相交D．EF与BD1异面 解 DD1z，

1，21

，3)D1(0,,1)，D＝(－,0，－)，C＝(－1,,0)，F＝(1 1)，D1＝(－1，1－1，1)，F 1→，＝·＝0，

从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.B⊥C，P＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为 DP(0,0，)＝(－a,0，)C＝(－a，a,0)，B＝(a，a，a)．∵B1D⊥平面∴B1·P＝0，B1·C＝0.∴z＝aPD1(2011·郑州质检)ABCD－A1B1C1D1中，EBCCC1PA1B1P P(0,1，a)、A1(1,0,1)、B1(1,1,1)、

∴B1 2E＝(1，1,0)，C1＝(0,1,1)．2A1B1P11 11则 即11

－x1＋y1＋(a－1)z1＝1，得C1DE

∵面A1B1P⊥面2∴n1·n2＝0⇒－2(a－1)－1＝0，得2PC1CA1B1P13P－ABCDABCD2AB＝2AD＝CDPADABCD，EPC(1)求证：BE(2)PBFAF 以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐D(－1,0,0)，P(0,0，

2，22 ∴E＝( 3)，PC＝(－1,4，－3)， ， D＝(0，－4,0)，∴E·C＝(

0，

－1,4，－ 20 3 0， 2，(2)解析BDE∵n⊥E，n⊥E，∴n·E＝0，n·E＝0，2222 3y＝－1x＝1，z＝BDE的一个法向量为(1，－1，PBF

1，11又A(1,0,0)，∴F＝(1

，21∵F·n＝( 3 ，－1，1， 2， ∴F⊥n.nBDEAF⊄∴AFPBFAFBDE.(2010·卷，理)如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，CE⊥AC，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1.(1)求证：AF(2)求证：CF解 AGEFAF∥EG.EG⊂BDE，AF⊄平面BDEAFBDE.(2)ABCDACEFCE⊥ACCEABCD.CC－xyz.C(0,0,0)，A(2，2，0)，B(0，2，0)，D(2，0,0)，E(0,0,1)， 2

2，2 ( 2 →22，1)，BE＝(0，－2，1)，DE＝(－2，0,1)．所以→拓展练习·1．(08·卷Ⅱ，理19改编)如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中2AB＝4ECC1C1E＝3EC.证明：A1C 系D—xyz.B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,2,1)，A1(2,0,4)．E＝(0,2,1)，B＝(2,2,0)，＝(－2,2，－4)A 因为C·B＝0，C·E＝0， DB∩DE＝D，所以A1C⊥平面2．(09·)如图在五面体ABCDEF中，FA⊥平面ABCD，AD∥BC∥FE，AB⊥AD，MEC的中点，AF＝AB＝BC＝FE＝AMD解析方法一因为DC＝DEMCEDM⊥CE.AD中点为P，连接MPMP⊥CE.MP∩DM＝MCE⊥平面AMD.CE⊂平面CDEAMDCDE.题意得B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，E(0,1,1)，F(0,0,1)， 1 由M＝(1 E＝(－1,0,)D＝(0,,0)EE2，CE⊥AMCE⊥AD.AM∩AD＝AAMDCDE.＋AEDE⊥EC.求证：BC求证：FG段AE上找一点R，使得平面BDR⊥平面DCB，并说明理由． (1)证明：由已知得DE⊥AE，DE⊥EC，∴DE∴BCABHGH、FH分析可知，R3AR＝REBDRBDQDR、BR、CR、CQ、RQ＝容易计算 5＝

13

21

CQ＝2，在△BDR＝＝2 2 2＝＝＝ 5＝

21

BD＝22RQ＝

CRQ＝2 2＝

2又在△CBD中，CD＝CB，QBD(说明：若设AR＝x，通过分析，利用平面BDC⊥平面BDR推算出

＝2A1B1、AB求证：C1M⊥平面求证：平面AMC1∥平面A1BB1C思路分析(1)考虑使用线面垂直的判定定理； (1)方法一：由直棱柱性质可得AA1⊥平面A1B1C1，又∵C1M⊂平面A1B1C1，又∵C1A1＝C1B1，MA1B1又A1B1∩A1A＝A1，∴C1M⊥平面AA1B1BA1B1C1A1B1，又∵C1A1＝C1B1，MA1B1的中点，∴C1M⊥A1B1由面面垂直的性质定理可得C1M⊥面由(1)C1M⊥平面∴C1AAA1B1BAA1B1BM、NA1B1、AB的中点，∴AN∴AMB1NMNAA1B1BMB1∴BB1MN是平行四边形．∴BB1BB1CC1MN∴MNCC1是平行四边形．∴C1M∴平面AMC1∥平面方法二：由(1)C1MAA1B1B，A1B⊂AA1B1B，∴C1M⊥A1B.又∵A1B⊥AC1，而∴A1B⊥平面同理，可以证明A1B⊥平面∴平面AMC1∥平面方法一：由(2)∴A1B⊥平面又∵平面AMC1∥平面∴A1B⊥平面B1C⊂平面∴A1BB1CABCAA1B1BABCA＝CB＝C1A1，NAB的中点，∴CB1AA1B1B又由(2)知A1B⊥AM，由(3)知∴A1B⊥B1N.由三垂线定理知∴A1BB1CABCDEFABCDEF∥ABEF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，HBC(1)求证：FH(2)求证：AC解 (1)解法 又H为BC的中点 又

，∴EF綊EFHG

∴EG∥FH.EG⊂EDB，∴FH(2)ABCDEF⊥FB，∴EFBF＝FC，HBC∴FHAC⊥BD，EG∩BD＝G，∴ACABCDABEF(1)求证：EFBCE；(2)设线段CD的中点为P，在直线AE上是否存在一点M，使得PM∥平面解析解法一：(1)ABEFABCD，BC⊂ABCD，BC⊥AB，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，所以BC⊥平面ABEF.所以BC⊥EF.因以∠FEB＝45°＋45°＝90°EF⊥BE.BC⊂BCE，BE⊂BCE，BC∩BE＝BEF(2)MMAE的中点时，PM

平行四边形，所以PM∥ 在平面BCE内，P