2013走向高考，贾凤山，高中总复习，数学9-7

→→→

(1)如图，EG＝EB＋BG →1→→＝EB＋(BC＋BD)

2→→→＝EB＋BF＋EH →→＝EF＋EH，

由共面向量定理知：E、F、G、H四点共面． →→→(2)∵EH＝AH－AE

1→1→1→→1→＝AD－AB＝(AD－AB)＝BD， 2222且E、H、B、D四点不共线，∴EH∥BD. 又EH?平面EFGH，BD?平面EFGH， ∴BD∥平面EFGH.

1.二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为( )

A．150° C．60°

B．45° D．120°

[答案] C

→→→→

[解析] 由条件知，CA·AB＝0，AB·BD＝0， →→→→CD＝CA＋AB＋ BD.

→→→→→→→→→→2222

∴|CD|＝|CA|＋|AB|＋|BD|＋2CA·AB＋2AB·BD＋2CA·BD＝→→62＋42＋82＋2×6×8cos〈CA，BD〉

→→

＝116＋96cos〈CA，BD〉＝(217)2， →→1

∴cos〈CA，BD〉＝－，

2

→→

∴〈CA，BD〉＝120°，所以二面角的大小为60°.

2.直三棱柱ABC－A′B′C′中，AC＝BC＝AA′，∠ACB＝90°，D、E分别为AB、BB′的中点． 求证：CE⊥A′D.

→→→

[证明] 设CA＝a，CB＝b，CC′＝c， 根据题意，|a|＝|b|＝|c|， 且a·b＝b·c＝c·a＝0，

→→→→1

∴CE＝b＋c，A′D＝CD－CA′

2→→1→→

＝(CA＋CB)－(CA＋CC′) 2

→1→1→

＝－CA＋CB－CC′

2211＝－c＋b－a.

22

→→11

∴CE·A′D＝－c2＋b2＝0.

22→→

∴CE⊥A′D，即CE⊥A′D.

3．在棱长为1的正方体AC1中，O1为B1D1的中点．求证：BO1

∥平面ACD1.

[证明] 建立如下图所示的空间直角坐标系，O为AC的中点，由于正方体的棱长为1，

1111

则B(1,0,0)，O1(，，1)，D1(0,1,1)，O(，，0)．

2222→→1111

∴BO1＝(－，，1)，OD1＝(－，，1)，

2222→→

∴BO1＝OD1，∴BO1∥OD1，

又BO1?平面ACD1，OD1?平面ACD1，∴BO1∥平面ACD1. 4.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC，E、F、E1

分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点．

求证：平面C1E1F⊥平面CEF.

[证明] 以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设BC＝1，则C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，1

F(1,1,1)，E1(1，，2)．

2

设平面C1E1F的法向量n＝(x，y，z)．