本章总结提升 【素养提升】 题型一 例1 (1)A (2)③④ [解析] (1)∵=+=+(+)=+(-+)=-+=a-b+c,且=xa+yb+zc,∴x=1,y=-,z=,∴x+y+z=1.故选A. (2)-+-=+=0,所以③正确.因为底面ABCD是边长为1的正方形,SA=SB=SC=SD=2,所以·=2×2×cos∠ASB,·=2×2×cos∠CSD,而∠ASB=∠CSD,所以·=·,所以④正确,①②⑤都不正确.故正确结论的序号是③④. (3)解:①因为点E是BC的中点,点G在AE上,且AG=3GE,所以=+=+=+×(+)=+·(-+-)=++,即=++. ②因为正四面体的棱长为2,且<,>=<,>=<,>=60°,所以||=||=2,且·=·=·=2×2cos 60°=2. 由①可得·=·(-)=·-+-·+·-·=×2-×22+×22-×2+×2-×2=. 变式 解:记=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=1,
===60°,∴a·b=b·c=c·a=. (1)∵||2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(a·b+b·c+c·a)=1+1+1+2×=6,∴||=,即AC1的长为. (2)∵=b+c-a,=a+b,∴||=,||=,·=(b+c-a)·(a+b)=b2-a2+a·c+b·c=1,∴cos<,>==. 题型二 例2 (1)AC [解析] 由题意知B(1,0,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),D(0,1,0),D1(0,1,1).∵=(-1,1,1),∴向量(-2,2,2)为直线BD1的一个方向向量,故A正确,B不正确;设平面B1CD1的法向量为n=(x,y,z), 则由=(0,-1,1),=(-1,0,1),得令x=1,得n=(1,1,1),则C正确;设平面B1CD的法向量为m=(a,b,c),则由=(0,-1,1),=(-1,0,0),得令b=1,得m=(0,1,1),则D不正确.故选AC. (2)证明:如图,以C1为原点,以C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 设AC=BC=BB1=2, 则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0), C1(0,0,0),D(1,1,2). ①由于=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),所以·=0-4+4=0,故BC1⊥AB1. ②取A1C的中点E,连接DE,由于E(1,0,1),所以=(0,1,1). 又=(0,-2,-2),所以=-.又ED和BC1不共线,所以ED∥BC1.又DE 平面CA1D,BC1 平面CA1D,故BC1∥平面CA1D. 例3 证明:取AD的中点O,连接OP,OF,因为PA=PD,所以PO⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD,PO 平面PAD,所以PO⊥平面ABCD. 因为四边形ABCD是正方形,O,F分别为AD,BD的中点,所以OF⊥AD.以O为原点,OA,OF,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意知PA=PD=AD=a,可得PA2+PD2=AD2,所以△PAD为等腰直角三角形,则PO=,可得点P.因为E,F分别为PC,BD的中点,C,B,D,所以E,F. (1)易知平面PAD的一个法向量为=,又=,所以·=·=0,则⊥,又EF 平面PAD, 所以EF∥平面PAD. (2)因为A,所以=,又=(0,-a,0), 所以·=0,所以⊥,则PA⊥CD.又PA⊥PD, PD∩CD=D,所以PA⊥平面PDC.又PA 平面PAB,故平面PAB⊥平面PDC. 题型三 例4 解:(1)证明:在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,则PA⊥BC,又AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,于是BC⊥平面PAB,又BC 平面PBC,所以平面PAB⊥平面PBC. (2)取CD的中点E,连接AE,因为AB⊥BC,AB∥CD,AB=BC=1,CD=2,所以四边形ABCE为正方形,则AB⊥AE,又PA⊥平面ABCD,AB,AE 平面ABCD,显然AB,AE,AP两两垂直,以A为坐标原点,以AB,AE,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 设PA=m>0,则A(0,0,0),P(0,0,m),C(1,1,0),D(-1,1,0),B(1,0,0),由点G是△PCD的重心,得++=0,则G,则=,又=(1,0,-m),=(0,1,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则取z=1,得n=(m,0,1).设直线DG与平面PBC的夹角为θ,0≤θ≤,则sin θ=|cos<,n>|===,化简得m4-7m2+10=0,解得m2=2或m2=5,即m=或m=,所以PA的长度为或. 例5 解:(1)证明:如图,连接AE,DE, ∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ADC≌△ADB,∴AB=AC, 又E为BC的中点, ∴BC⊥DE,BC⊥AE, 又DE∩AE=E, ∴BC⊥平面ADE, ∵DA 平面ADE,∴BC⊥DA. (2)设DA=DB=DC=2, 由∠ADB=∠ADC=60°可知△ADC与△ABD均为等边三角形,∴AB=AC=2. ∵BD⊥CD,∴BC=2, 则DE=.∵AB2+AC2=BC2, ∴△ABC为直角三角形,且∠BAC=90°,∴AE=. ∵AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE,又AE⊥BC,BC ... ... 