广西专版2023_2024学年新教材高中数学第1章空间向量与立体几何1.4.1用空间向量研究直线平面的位置关系第2课时用空间向量研究直线平面的垂直关系训练提升新人教版选择性必修第一册

1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系

第2课时　用空间向量研究直线、平面的垂直关系

课后·训练提升

基础巩固

1.已知直线l1,l2的方向向量分别为a=(-2,2,1),b=(3,-2,m),若l1⊥l2,则m等于(　　)

A.-2 B.2 

C.6 D.10

答案:D

解析:因为l1⊥l2,所以a⊥b,所以a·b=0,即-6-4+m=0,解得m=10.

2.已知平面α,β的法向量分别为a=(-1,2,4),b=(x,-1,-2),若α⊥β,则x的值为(　　)

A.10 B.-10 

C. D.-

答案:B

解析:因为α⊥β,所以a⊥b,所以a·b=-x-2-8=0,解得x=-10.

3.已知点A(0,1,0),B(-1,0,-1),C(2,1,1),P(x,0,z),若PA⊥平面ABC,则点P的坐标为(　　)

A.(1,0,-2) B.(1,0,2)

C.(-1,0,2) D.(2,0,-1)

答案:C

解析:由题意知,=(-1,-1,-1),=(2,0,1),=(x,-1,z).

因为PA⊥平面ABC,

所以解得

故点P的坐标为(-1,0,2).

4.(多选题)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,以下结论正确的是(　　)

A.直线A1D与AB1垂直

B.直线A1D与BC1垂直

C.直线A1D与BD1平行

D.三棱锥A-A1CD的体积为a3

答案:BD

解析:以D为原点,以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,

建立空间直角坐标系(图略),

则A1(a,0,a),D(0,0,0),A(a,0,0),B1(a,a,a),C1(0,a,a),B(a,a,0),D1(0,0,a).

对于A,∵=(-a,0,-a),=(0,a,a),

∴=-a2≠0,∴直线A1D与AB1不垂直,故A中结论不正确;

对于B,∵=(-a,0,a),∴=(-a,0,-a)·(-a,0,a)=a2-a2=0,

∴直线A1D与BC1垂直,故B中结论正确;

对于C,∵=(-a,-a,a),∴=(-a,0,-a)·(-a,-a,a)=a2-a2=0,

∴直线A1D与BD1垂直,故C中结论不正确;

对于D,三棱锥A-A1CD的体积为a2·a=a3,故D中结论正确.综上可知,BD中结论正确.

故选BD.

5.如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD,则平面PQC与平面DCQ的位置关系为(　　)

A.平行  B.垂直

C.相交但不垂直  D.位置关系不确定

答案:B

解析:如图,以D为原点,DA,DP,DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.

设AD=1,则D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),

所以=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).

因为=0,=0,

所以,即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.

又DQ∩DC=D,所以PQ⊥平面DCQ.

又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.

6.在空间直角坐标系Oxyz中,已知点P(2cos x+1,2cos 2x+2,0)和Q(cos x,-1,3),其中x∈[0,π].若直线OP与OQ垂直,则x的值为　　　　　. 

答案:

解析:由题意得,∴=0.

∴cosx·(2cosx+1)-(2cos2x+2)=0.

∴2cos2x-cosx=0,解得cosx=0或cosx=.

又x∈[0,π],∴x=或x=.

7.已知空间三点A(0,0,1),B(-1,1,1),C(1,2,-3),若直线AB上一点M,满足CM⊥AB,则点M的坐标为　                    . 

答案:

解析:由已知得,=(-1,1,0).

设M(x,y,z),则=(x,y,z-1),=(x-1,y-2,z+3).

∵点M在直线AB上,∴共线.

∴存在实数λ,使得=λ.

∴x=-λ,y=λ,z-1=0.①

又CM⊥AB,∴,∴=0,

即-(x-1)+(y-2)=0.②

由①②得,x=-,y=,z=1.

故点M的坐标为.

8.在空间直角坐标系Oxyz中,A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1).若OP与平面ABC垂直,且OP=,则点P的坐标为　　　　　. 

答案:(-2,4,1)或(2,-4,-1)

解析:依题意,=(-1,-1,2),=(1,0,2).

设点P的坐标为(x,y,z),则=(x,y,z).

∵OP与平面ABC垂直,

∴

∵OP=,∴||=|z|=,解得z=1或z=-1.

故点P的坐标为(-2,4,1)或(2,-4,-1).

9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC =90°,E是CD的中点.求证:CD⊥平面PAE.

证明:如图,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.

设PA=h,则A(0,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h),

所以=(-4,2,0),=(2,4,0),=(0,0,h).

因为=-8+8+0=0,=0,

所以,即CD⊥AE,CD⊥AP.

又AE∩AP=A,

所以CD⊥平面PAE.

10.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥底面ABCD,PA=AB=1, AD=,F是PB的中点,点E在棱BC上移动.求证:PE⊥AF.

证明:如图,以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,

则A(0,0,0),P(0,0,1),F(0,),

所以=(0,).

依题意,设E(x,1,0),0≤x≤,则=(x,1,-1).

因为=0+=0,所以PE⊥AF.

能力提升

1.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).下列结论正确的是(　　)

A.AP⊥AB  B.AP⊥AD

C.平面PAC⊥平面ABCD D.PB⊥PD

答案:ABC

解析:因为=-2-2+4=0,=-4+4+0=0,所以,即AP⊥AB,AP⊥AD.又AB∩AD=A,所以AP⊥平面ABCD.又AP⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABCD.故ABC中结论正确.因为=(3,-3,-3),=(5,0,1),所以=12≠0.故D中结论错误.

2.如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,E是CD的中点,F是AD上一点,当BF⊥PE时,的值为(　　)

A. B.1 

C.3 D.2

答案:B

解析:如图,以A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系.

设正方形的边长为1,PA=a,则B(1,0,0),E(,1,0),P(0,0,a).

设点F的坐标为(0,y,0),0≤y≤1,则=(-1,y,0),=(,1,-a).

因为BF⊥PE,所以=0,即-+y=0,解得y=.

所以点F的坐标为(0,,0),所以F为AD的中点,所以=1.

3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,∠BAC=90°, AB=AC=AA1=1,D是棱CC1的中点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在线段B1P上,则下列结论正确的是(　　)

A.当点Q为线段B1P的中点时,DQ⊥平面A1BD

B.当点Q为线段B1P的三等分点时,DQ⊥平面A1BD

C.当点Q为线段B1P的四等分点时,DQ⊥平面A1BD

D.不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD

答案:D

解析:如图,以点A1为坐标原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则由已知得A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1),D(0,1,),P(0,2,0),

则=(1,0,1),=(0,1,),=(-1,2,0),=(1,-1,-).

设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),则取z=-2,

则x=2,y=1,所以平面A1BD的一个法向量为n=(2,1,-2).

假设DQ⊥平面A1BD,令=λ=λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),λ∈[0,1],

则=(1-λ,-1+2λ,-).

因为也是平面A1BD的一个法向量,所以n=(2,1,-2)与=(1-λ,-1+2λ,-)共线,

则成立,

所以但此关于λ的方程组无解.

故不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD,故选D.

4.如图,已知矩形ABCD,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值为　　　　　. 

答案:2

解析:如图,建立空间直角坐标系,则D(0,a,0).

设Q(1,x,0)(0≤x≤a),P(0,0,z),则=(1,x,-z),=(-1,a-x,0).

因为PQ⊥QD,所以=0,即-1+x(a-x)=0,整理得x2-ax+1=0.

由题意知,关于x的方程x2-ax+1=0只有一解,所以Δ=a2-4=0.因为a>0,所以a=2,此时x=1∈[0,2].故a的值为2.

5.如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,∠DAB=90°,PD⊥底面ABCD,且PD=DA=CD=2AB=2,点M为PC的中点.若平面PAD内的一点N满足MN⊥平面PBD,则MN的长为　　　　　. 

答案:

解析:由题意知DP,DC,DA两两垂直.以D为坐标原点,建立空间直角坐标系Dxyz(如图所示).

∵PD=CD=DA=2AB=2,∴D(0,0,0),B(2,1,0),P(0,0,2),M(0,1,1).

设N(x,0,z),则=(x,-1,z-1),=(0,0,2),=(2,1,0).

若MN⊥平面PBD,则

即解得

∴N(,0,1),∴=(,-1,0),

∴||=.

6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点,

(1)求证:A1E⊥BD;

(2)若平面A1BD⊥平面EBD,请确定点E的位置并说明理由.

(1)证明:如图,以D为原点,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.

不妨设正方体的棱长为1,则A1(1,0,1),B(1,1,0),D(0,0,0).

所以=(1,1,0).

设E(0,1,a),0≤a≤1,则=(-1,1,a-1).

因为=-1+1+0=0,

所以,即A1E⊥BD.

(2)解:E为CC1的中点.理由如下:

由(1)可知,=(1,0,1),=(1,1,0).

设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),

则

取x=1,则y=-1,z=-1,于是n=(1,-1,-1)是平面A1BD的一个法向量.

同理,平面EBD的一个法向量为m=(a,-a,1).

因为平面A1BD⊥平面EBD,所以n⊥m,

即n·m=a+a-1=0,解得a=.

所以点E的坐标为(0,1,),此时E为CC1的中点.

7.如图1,在边长为2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥BE,如图2.

图1

图2

(1)求证:A1E⊥平面BCDE.

(2)在线段BD上是否存在点P,使平面A1EP⊥平面A1BD?若存在,求的值;若不存在,请说明理由.

(1)证明:∵DE⊥AB,∴BE⊥DE,

又∵BE⊥A1D,DE∩A1D=D,DE⊂平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,

∴BE⊥平面A1DE.

∵A1E⊂平面A1DE,∴A1E⊥BE,

又∵A1E⊥DE,BE∩DE=E,BE⊂平面BCDE,DE⊂平面BCDE,∴A1E⊥平面BCDE.

(2)解:存在,理由如下:

∵A1E⊥平面BCDE,

BE⊥DE,∴以E为原点,分别以EB,ED,EA1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,

则B(1,0,0),D(0,,0),A1(0,0,1),

假设在线段BD上存在一点P,使得平面A1EP⊥平面A1BD,

设P(x,y,z),=λ(0≤λ≤1),则(x-1,y,z)=λ(-1,,0),

∴P(1-λ,λ,0),

∴=(0,0,1),=(1-λ,λ,0),

设平面A1EP的法向量m=(x1,y1,z1),

由

得

令x1=λ,得m=(λ,λ-1,0).

设平面A1BD的法向量为n=(x2,y2,z2),

=(1,0,-1),=(0,,-1),

故

取x2=,

得n=(,1,).

∵平面A1EP⊥平面A1BD,∴m·n=3λ+λ-1=0,解得λ=∈[0,1],

∴在线段BD上存在点P,使得平面A1EP⊥平面A1BD,且.