高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用第2课时巩固练习

七　空间中直线、平面的垂直

【基础通关—水平一】(15分钟　30分)

1．已知两直线的方向向量为a，b，则下列选项中能使两直线垂直的为(　　)

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)

【解析】选B.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.

2．若直线l的方向向量为v＝(2，2，2)，向量m＝(1，－1，0)及n＝(0，1，

－1)都与平面α平行，则(　　)

A．l⊥α      B．l∥α

C．l⊂α      D．l与α相交但不垂直

【解析】选A.因为v·m＝2－2＋0＝0，v·n＝0＋2－2＝0，所以v⊥m且v⊥n.又m与n不平行，所以v⊥α，即l⊥α.

3．已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量n＝(6，－3，6)，则点P(2，3，3)与平面α的关系是________．

【解析】＝(1，4，1)，·n＝6－12＋6＝0，

所以⊥n，又n⊥平面α，M∈平面α，所以P∈平面α.

答案：P∈平面α

4．已知A(1，－1，3)，B(0，2，0)，C(－1，0，1)，若点D在z轴上且⊥，则||＝________．

【解析】设点D的坐标为(0，0，z)，

则＝(－1，1，z－3)，＝(－1，－2，1).

由⊥，有·＝1－2＋(z－3)＝0，

所以z＝4，所以||＝.

答案：

5．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点，求证：直线PB1⊥平面PAC.

【证明】依题设，以D为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则C(1，0，0)，P(0，0，1)，A(0，1，0)，B1(1，1，2)，

于是＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)，＝(1，1，1)，

所以·＝(－1，1，0)·(1，1，1)＝0，

·＝(－1，0，1)·(1，1，1)＝0，

故⊥，⊥，即PB1⊥CP，PB1⊥CA，

又CP∩CA＝C，且CP⊂平面PAC，CA⊂平面PAC.

故直线PB1⊥平面PAC.

【能力进阶—水平二】　(30分钟　60分)

一、单选题(每小题5分，共20分)

1．已知a＝(0，1，1)，b＝(1，1，0)，c＝(1，0，1)分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有______对(　　)

A．0      B．1      C．2      D．3

【解析】选A.因为a·b＝(0，1，1)·(1，1，0)＝1≠0，

a·c＝(0，1，1)·(1，0，1)＝1≠0，

b·c＝(1，1，0)·(1，0，1)＝1≠0.

所以a，b，c中任意两个都不垂直，即α，β，γ中任意两个都不垂直．

2．两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z)，v＝(－2，－y，1)，若α⊥β，则y＋z的值是(　　)

A．－3    B．6    C．－6    D．－12

【解析】选B.因为μ＝(3，－1，z)，v＝(－2，－y，1)分别为α，β的法向量且α⊥β，所以μ⊥v，即μ·v＝0，－6＋y＋z＝0，所以y＋z＝6.

3．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则(　　)

A.EF至多与A1D，AC之一垂直

B．EF⊥A1D，EF⊥AC

C．EF与BD1相交

D．EF与BD1异面

【解析】选B.建立分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，

则＝(1，0，1)，＝ (－1，1，0)，E，

F，＝，

所以·＝0，·＝0，

所以EF⊥A1D，EF⊥AC.

4．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为(　　)

A．，－，4       B．，－2，4

C．，－，4       D．4，，－15

【解析】选C.因为⊥，

所以·＝0，

即3＋5－2z＝0，得z＝4，又BP⊥平面ABC，

所以⊥，⊥，

则

解得

二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

5．在菱形ABCD中，若是平面ABCD的法向量，则以下等式中一定成立的是(　　)

A．⊥      B．⊥

C．⊥      D．⊥

【解析】选ABC.由题意知⊥平面ABCD，

所以与平面上的线AB，CD都垂直，A，B正确；

又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD⊥平面PAC，故⊥，C选项正确．

只有D选项不一定成立．

6．已知点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，点D满足条件：DB⊥AC，DC⊥AB，AD＝BC，则点D的坐标可以为(　　)

A．(1，1，1)       B．(－1，－1，－1)

C．       D．

【解析】选AD.设D(x，y，z)，则＝(x，y－1，z)，＝(x，y，z－1)，＝(x－1，y，z)，＝(－1，0，1)，

＝(－1，1，0)，＝(0，－1，1).

又DB⊥AC⇔－x＋z＝0　①，

DC⊥AB⇔－x＋y＝0　②，

AD＝BC⇔(x－1)2＋y2＋z2＝2　③，

联立①②③得x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－，

所以点D的坐标为(1，1，1)或.

三、填空题(每小题5分，共10分)

7．已知平面α的一个法向量a＝(x，1，－2)，平面β的一个法向量b＝，若α⊥β，则x－y＝________．

【解析】因为α⊥β，所以a⊥b，

所以－x＋y－1＝0，得x－y＝－1.

答案：－1

8．在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3，1)，C(2，－2，1). 若向量n是与共线的单位向量，则向量n的坐标为________；若向量n与平面ABC垂直，且|n|＝，则n的坐标为________．

【解析】据题意，得＝(－1，－1，2)，＝(1，0，2).

设n＝(x，y，z)，若向量n是与共线的单位向量，则

可得n＝

或n＝.

若n与平面ABC垂直，

则

即

可得

又因为|n|＝，

所以＝，解得y＝4或y＝－4.

当y＝4时，x＝－2，z＝1；

当y＝－4时，x＝2，z＝－1.

所以n ＝(－2，4，1)或n＝(2，－4，－1)

答案：或　

(－2，4，1)或 (2，－4，－1)

【误区警示】本题所求的向量都有方向不同的两个，解答时容易出现漏掉某一个的错误．

四、解答题(每小题10分，共20分)

9．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为CC1的中点，证明：平面B1ED⊥平面B1BD.

【证明】以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．

设正方体的棱长为1，

则D(0，0，0)，B1(1，1，1)，E，＝(1，1，1)，＝，

设平面B1DE的法向量为n1＝(x，y，z)，

则x＋y＋z＝0且y＋z＝0，令z＝－2，

则y＝1，x＝1，所以n1＝(1，1，－2).

同理求得平面B1BD的法向量为n2＝(1，－1，0)，

由n1·n2＝0，知n1⊥n2，

所以平面B1DE⊥平面B1BD.

10．如图，在直三棱柱ABC ­A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．

(1)求BN的长；

(2)求与夹角的余弦值；

(3)求证：是平面C1MN的一个法向量．

【解析】(1)如图所示，以C为坐标原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz，依题意得B(0，1，0)，N(1，0，1)，

所以||＝＝，

所以线段BN的长为.

(2)依题意得A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)，

所以＝(1，－1，2)，＝(0，1，2)，

所以·＝1×0＋(－1)×1＋2×2＝3.

又＝，＝，

所以cos 〈，〉＝＝.

(3)依题意得A1(1，0，2)，C1(0，0，2)，B1(0，1，2)，

N(1，0，1).

所以M，＝，＝(1，0，－1)，＝(1，－1，1)，

所以·＝×1＋×(－1)＋1×0＝0，

·＝1×1＋0×(－1)＋(－1)×1＝0，

所以⊥，⊥，又C1M∩C1N＝C1，

C1M，C1N⊂平面C1MN，所以⊥平面C1MN，

所以是平面C1MN的一个法向量．

【创新迁移】　

如图，在三棱锥P­ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.

(1)证明：AP⊥BC；

(2)在线段AP上是否存在点M(不包括端点)，使得平面AMC⊥平面BMC？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．

【解析】(1)如图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O­xyz.

则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，

B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，

＝(0，3，4)，＝(－8，0，0)，

由此可得·＝0，

所以⊥，即AP⊥BC.

(2)假设存在满足题意的M，设＝λ，(0＜λ＜1)，

则＝λ(0，－3，－4).

＝＋＝＋λ＝(－4，－2，4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，＝(－4，5，0).

设平面BMC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，

由

得

即

可取n1＝.

设平面APC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，

由

得即

可取n2＝(5，4，－3)，

由n1·n2＝0，得4－3·＝0，解得λ＝，

故AM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.