湘教版（2019）选择性必修 第二册2.3 空间向量基本定理及坐标表示课后复习题

这是一份湘教版（2019）选择性必修 第二册2.3 空间向量基本定理及坐标表示课后复习题，共7页。
A．a＝(1，0，0)，b＝(－3，0，0)
B．a＝(0，1，0)，b＝(1，0，1)
C．a＝(0，1，－1)，b＝(0，－1，1)
D．a＝(1，0，0)，b＝(－1，0，0)
2．已知平面α的法向量为a＝(1，2，－2)，平面β的法向量为b＝(－2，－4，k)，若α⊥β，则k＝( )
A．4B．－4
C．5D．－5
3．设直线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________．
4．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是AC与BD的交点，M是CC1的中点．求证：A1O⊥平面MBD.
5.
如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，过点A且与直线BD1垂直的所有面对角线的条数为( )
A．0B．1
C．2D．3
6．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)
7．在空间直角坐标系中，已知直角三角形ABC的三个顶点为A(－3，－2，1)，B(－1，－1，－1)，C(－5，x，0)，则x的值为________．
8.
如图所示在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，AD＝eq \f(2\r(3),3)AB，E是PC的中点．
求证：PD⊥平面ABE.
9．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，BB1＝1，点E为BB1的中点，证明：平面AEC1⊥平面AA1C1C.
10.
如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝________.
11．在四棱锥P­ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由．
课时作业(十七) 向量与垂直
1．解析：因为a＝(0，1，0)，b＝(1，0，1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b，故选B.
答案：B
2．解析：由平面α的法向量为a，平面β的法向量为b，
∵α⊥β，∴a⊥b，
∴a·b＝－2－8－2k＝0.
∴k＝－5.
答案：D
3．解析：因为a⊥b，故a·b＝0，
即－2×3＋2×(－2)＋m＝0，解得m＝10.
答案：10
4.
证明：建立如图所示空间直角坐标系，
设正方体的边长为2，则D(0，0，0)，O(1，1，0)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，M(0，2，1)，
＝(1，－1，2)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(DM,\s\up6(→))＝(0，2，1).·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，·eq \(DM,\s\up6(→))＝0，∴DB⊥OA1，DM⊥A1O.
由于DB∩DM＝D，所以A1O⊥平面MBD.
5.
解析：过点A的面对角线一共有三条，AC，AD1，AB1，连接AC，AD1，AB1，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D1(0，0，1)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，B1(1，1，1)，其中＝(－1，－1，1)，＝(－1，0，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，＝(0，1，1)，·＝(－1，－1，1)·(－1，0，1)＝2，
·eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，－1，1)·(－1，1，0)＝0，
·＝(－1，－1，1)·(0，1，1)＝0，故BD1与AC，AB1垂直，与AD1不垂直，故答案为2条．
答案：C
6．解析：由题意知eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，0，1)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以有eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0， ①
eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(2，0，1)·(x，－1，z)＝0，
得2x＋z＝0， ②
联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为(－1，0，2).
答案：C
7．解析：∵A(－3，－2，1)，B(－1，－1，－1)，C(－5，x，0)，
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，1，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－4，x＋1，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，x＋2，－1)，
分三种情况：
①A为直角，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，
∴－4＋x＋2＋2＝0，∴x＝0；
②B为直角，eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，
∴－8＋x＋1－2＝0，∴x＝9；
③C为直角，eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝0，
∴8＋(x＋1)(x＋2)－1＝0，x2＋3x＋9＝0，方程无解．
综上，x的值为0或9.
答案：0或9
8．证明：∵PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
∴AB，AD，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝AB＝BC＝1，则P(0，0，1)，A(0，0，0)，D(0，eq \f(2\r(3),3)，0)，B(1，0，0).
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC为正三角形．
∴C(eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2)，0)，E(eq \f(1,4)，eq \f(\r(3),4)，eq \f(1,2)).
∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(eq \f(1,4)，eq \f(\r(3),4)，eq \f(1,2))，
∴设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0,n·\(AE,\s\up6(→))＝0))，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0,\f(1,4)x＋\f(\r(3),4)y＋\f(1,2)z＝0))，
令y＝2，则z＝－eq \r(3)，∴n＝(0，2，－eq \r(3)).
∵eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，eq \f(2\r(3),3)，－1)，显然eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \f(\r(3),3)n，
∴eq \(PD,\s\up6(→))∥n，
∴eq \(PD,\s\up6(→))⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.
9.
证明：由题意得AB，BC，B1B两两垂直.以点B为原点，BA，BC，BB1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．
则A(2，0，0)，A1(2，0，1)，C(0，2，0)，C1(0，2，1)，E(0，0，eq \f(1,2))，
则＝(0，0，1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，
＝(－2，2，1)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2，0，eq \f(1,2)).
设平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1).
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·AA1＝0,n1·\(AC,\s\up6(→))＝0))，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(z1＝0,－2x1＋2y1＝0))，
令x1＝1，得y1＝1，∴n1＝(1，1，0).
设平面AEC1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2).
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·AC1＝0,n2·\(AE,\s\up6(→))＝0))，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x2＋2y2＋z2＝0,－2x2＋\f(1,2)z2＝0))，
令z2＝4，得x2＝1，y2＝－1，∴n2＝(1，－1，4)，
∵n1·n2＝1×1＋1×(－1)＋0×4＝0，
∴n1⊥n2，∴平面AEC1⊥平面AA1C1C.
10．解析：
建立如图所示的坐标系，则B1(0，0，3a)，D(eq \f(\r(2)a,2)，eq \f(\r(2)a,2)，3a)，C(0，eq \r(2)a，0).
设点E的坐标为(eq \r(2)a，0，z)，则eq \(CE,\s\up6(→))＝(eq \r(2)a，－eq \r(2)a，z)，＝(eq \r(2)a，0，z－3a)，＝(eq \f(\r(2)a,2)，eq \f(\r(2)a,2)，0)，故eq \(CE,\s\up6(→))·＝0.
故要使CE⊥平面B1DE，则需eq \(CE,\s\up6(→))⊥，即eq \(CE,\s\up6(→))·＝0，故2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a.
答案：a或2a
11.
解析：(1)证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直．
如图以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，
则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E(a，eq \f(a,2)，0)，P(0，0，a)，F(eq \f(a,2)，eq \f(a,2)，eq \f(a,2))，
eq \(EF,\s\up6(→))＝(－eq \f(a,2)，0，eq \f(a,2))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)，
因为eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，所以eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，
从而得EF⊥CD.
(2)存在．理由如下：
假设存在满足条件的点G，
设G(x，0，z)，则eq \(FG,\s\up6(→))＝(x－eq \f(a,2)，－eq \f(a,2)，z－eq \f(a,2))，
若使GF⊥平面PCB，则由
eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝(x－eq \f(a,2)，－eq \f(a,2)，z－eq \f(a,2))·(a，0，0)＝a(x－eq \f(a,2))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝(x－eq \f(a,2)，－eq \f(a,2)，z－eq \f(a,2))·(0，－a，a)＝eq \f(a2,2)＋a·(z－eq \f(a,2))＝0，得z＝0，
所以G点坐标为(eq \f(a,2)，0，0)，
故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点．
练基础
提能力
培优生