【数学】2020届一轮复习人教B版用向量讨论垂直与平行作业 8页

‎2020届一轮复习人教B版 用向量讨论垂直与平行 作业 ‎1.已知a,b,c分别为直线a,b,c的方向向量,且a=λb(λ≠0),b·c=0,则a与c的位置关系是(　　)‎ ‎　 　　　　　　 　　　　　　 　　　‎ A.垂直 B.平行 C.相交 D.异面 解析:由a=λb(λ≠0),知a∥b.‎ 由b·c=0,知b⊥c,所以a⊥c.故选A.‎ 答案:A ‎2.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面ABC的一个单位法向量是(　　)‎ A.‎3‎‎3‎‎,‎3‎‎3‎,-‎‎3‎‎3‎ B.‎‎3‎‎3‎‎,-‎3‎‎3‎,‎‎3‎‎3‎ C.‎-‎3‎‎3‎,‎3‎‎3‎,‎‎3‎‎3‎ D.‎‎-‎3‎‎3‎,-‎3‎‎3‎,-‎‎3‎‎3‎ 解析:　AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1),BC=(0,-1,1).‎ 设平面ABC的一个单位法向量为u=(x,y,z),‎ 则u·AB=0,u·AC=0,可得x,y,z间的关系,且x2+y2+z2=1,再求出x,y,z的值.‎ 答案:D ‎3.若平面α的法向量为u=(1,-3,-1),平面β的法向量为v=(8,2,2),则(　　)‎ A.α∥β B.α与β相交 C.α⊥β D.不确定 解析:∵平面α的法向量为u=(1,-3,-1),平面β的法向量为v=(8,2,2),‎ ‎∴u·v=(1,-3,-1)·(8,2,2)=8-6-2=0.‎ ‎∴u⊥v,∴α⊥β.‎ 答案:C ‎4.给出下列命题:‎ ‎①若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则n1∥n2⇔α∥β;‎ ‎②若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则α∥β⇔n1·n2=0;‎ ‎③若n是平面α的法向量,且向量a与平面α共面,则a·n=0;‎ ‎④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直.‎ 其中正确命题的个数是(　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 解析:①②不正确.‎ 答案:B ‎5.导学号90074037如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,若平行六面体的各棱长均相等,则 ‎①A1M∥D1P;‎ ‎②A1M∥B1Q;‎ ‎③A1M∥平面DCC1D1;‎ ‎④A1M∥平面D1PQB1.‎ 以上结论正确的是　　　　.(填序号) ‎ 解析:∵A‎1‎M‎=AM-AA‎1‎=DP-DD‎1‎=‎D‎1‎P,‎ ‎∴A1M∥D1P.‎ 又∵D1P⫋平面D1PQB1,∴A1M∥平面D1PQB1.‎ 又D1P⫋平面DCC1D1,∴A1M∥平面DCC1D1.‎ ‎∵D1B1与PQ平行不相等,‎ ‎∴B1Q与D1P不平行.‎ ‎∴A1M与B1Q不平行.‎ 答案:①③④‎ ‎6.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),BP=(x-1,y,-3).若AB‎⊥‎BC,且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z的值分别为　　　　　　　　. ‎ 解析:∵AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),AB‎⊥‎BC,‎ ‎∴(1,5,-2)·(3,1,z)=0,即3+5-2z=0,∴z=4.①‎ 又∵BP=(x-1,y,-3),BP⊥平面ABC,‎ ‎∴BP‎·‎AB=0,即(x-1,y,-3)·(1,5,-2)=0,x-1+5y+6=0.②‎ BP‎·‎BC‎=0,即(x-1,y,-3)·(3,1,4)=0,‎ ‎3x-3+y-12=0.③‎ 由①②③得x=‎40‎‎7‎,y=-‎15‎‎7‎,z=4.‎ 答案:‎40‎‎7‎,-‎15‎‎7‎,4‎ ‎7.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,AF∶FD的值为　　　　. ‎ 解析:建立如图所示的空间直角坐标系,设正方形边长为1,PA=a.则B(1,0,0),E‎1‎‎2‎‎,1,0‎,P(0,0,a).‎ 设点F的坐标为(0,y,0),‎ 则BF=(-1,y,0),PE‎=‎‎1‎‎2‎‎,1,-a.‎ ‎∵BF⊥PE,∴BF‎·‎PE=0,解得y=‎1‎‎2‎,则点F的坐标为‎0,‎1‎‎2‎,0‎,∴F为AD的中点,∴AF∶FD=1.‎ 答案:1‎ ‎8.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证:平面EGF∥平面ABD.‎ 证明如图所示,由条件知BA,BC,BB1两两互相垂直,以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.‎ 由条件知B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),E(0,0,3),F(0,1,4),设BA=a,则A(a,0,0),Ga‎2‎‎,1,4‎.‎ 所以BA=(a,0,0),BD=(0,2,2),B‎1‎D=(0,2,-2),EG‎=a‎2‎‎,1,1‎,‎EF=(0,1,1).‎ ‎(方法一)因为B‎1‎D‎·‎BA=0,B‎1‎D‎·‎BD=0+4-4=0,‎ 所以B1D⊥BA,B1D⊥BD.因为BA∩BD=B,所以B1D⊥平面ABD.‎ 又B‎1‎D‎·‎EG=0+2-2=0,B‎1‎D‎·‎EF=0+2-2=0.‎ 所以B1D⊥EG,B1D⊥EF.又EG∩EF=E,‎ 所以B1D⊥平面EFG,可知平面EGF∥平面ABD.‎ ‎(方法二)设平面EGF的法向量为n1=(x1,y1,z1),‎ 则n‎1‎‎·EF=0,‎n‎1‎‎·EG=0,‎y‎1‎‎+z‎1‎=0,‎a‎2‎x‎1‎‎+y‎1‎+z‎1‎=0,‎即x‎1‎‎=0,‎y‎1‎‎=-z‎1‎,‎ 令y1=1,则n1=(0,1,-1).‎ 设平面ABD的法向量为n2=(x2,y2,z2),‎ 则n‎2‎‎·BA=0,‎n‎2‎‎·BD=0,‎ax‎2‎=0,‎‎2y‎2‎+2z‎2‎=0,‎ 即x‎2‎‎=0,‎y‎2‎‎=-z‎2‎,‎ 令y2=1,则n2=(0,1,-1).‎ 所以n1=n2,‎ 所以平面EGF∥平面ABD.‎ ‎9.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,D为CC1的中点.求证:AB1⊥平面A1BD.‎ 证明如图所示,取BC的中点O,连接AO.‎ 因为△ABC为正三角形,所以AO⊥BC.‎ 因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,所以AO⊥平面BCC1B1.‎ 取B1C1的中点O1,以O为原点,以OB‎,OO‎1‎,‎OA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,‎3‎),A(0,0,‎3‎),B1(1,2,0).‎ 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),BA‎1‎=(-1,2,‎3‎),BD=(-2,1,0).‎ 因为n⊥BA‎1‎,n⊥BD,‎ 故n·BA‎1‎=0,‎n·BD=0‎‎⇒‎‎-x+2y+‎3‎z=0,‎‎-2x+y=0.‎ 令x=1,则y=2,z=-‎3‎,‎ 故n=(1,2,-‎3‎)为平面A1BD的一个法向量,‎ 而AB‎1‎=(1,2,-‎3‎),‎ 所以AB‎1‎=n,‎ 所以AB‎1‎∥n,故AB1⊥平面A1BD.‎ B组 ‎1.设平面α的一个法向量为(1,2,-2),平面β的一个法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k=(　　)‎ A.2 B.-4 C.4 D.-2‎ 解析:∵α∥β,∴存在实数λ,使(1,2,-2)=λ(-2,-4,k),∴k=4.‎ 答案:C ‎2.‎ 如图,AB是☉O的直径,VA垂直☉O所在的平面,点C是圆周上不同于A,B的任意一点,M,N分别为VA,VC的中点,则下列结论正确的是(　　)‎ A.MN∥AB B.MN与BC所成的角为45°‎ C.OC⊥平面VAC D.平面VAC⊥平面VBC 解析:因为M,N分别为VA,VC的中点,所以MN∥AC.‎ 因为AB∩AC=A,所以A选项不正确.‎ 因为AC⊥BC,所以MN与BC所成的角为90°,B选项不正确.又因为OC不垂直于AC,所以选项C不正确.‎ 因为VA垂直☉O所在的平面,依题意可得平面VAC⊥平面VBC.‎ 答案:D ‎3.‎ 如图,定点A和B都在平面内,定点P∉α,PB⊥α,C是α内异于A和B的动点,且PC⊥AC,那么C在平面α内的轨迹是(　　)‎ A.一条线段,但要去掉两个点 B.一个圆,但要去掉两个点 C.一个椭圆,但要去掉两个点 D.半圆,但要去掉两个点 解析:连接BC(图略),根据题意BC为PC在平面α内的射影.‎ ‎∵PC⊥AC,根据三垂线定理的逆定理知AC⊥BC,‎ ‎∴点C在以AB为直径的圆上.又C是不同于点A和B的动点,因此应去掉端点A和B.‎ 答案:B ‎4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.若在棱AA1上取一点P,使得DP∥平面B1AE,此时AP的长为　　　　　. ‎ 解析:以A为原点,AB‎,AD,‎AA‎1‎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(如图所示).‎ 设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),Ea‎2‎‎,1,0‎,B1(a,0,1),故AD‎1‎=(0,1,1),B‎1‎E‎=‎-a‎2‎,1,-1‎,‎AB‎1‎=(a,0,1),AE‎=‎a‎2‎‎,1,0‎.再设P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE.此时DP=(0,-1,z0).‎ 又设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·AB‎1‎=0,‎n·AE=0,‎‎∴‎ax+z=0,‎ax‎2‎‎+y=0.‎ 取x=1,得n=‎1,-a‎2‎,-a.‎ 要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有a‎2‎-az0=0,解得z0=‎1‎‎2‎.又DP⊈平面B1AE,‎ ‎∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=‎1‎‎2‎.‎ 答案:‎‎1‎‎2‎ ‎5.如图,正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,CE⊥AC,EF∥AC,AB=‎2‎,CE=EF=1.‎ 求证:(1)AF∥平面BDE;‎ ‎(2)CF⊥平面BDE.‎ 证明(1)设AC与BD交于点G.因为EF∥AG,且EF=1,AG=‎1‎‎2‎AC=1,‎ 所以四边形AGEF为平行四边形,所以AF∥EG.‎ 因为EG⫋平面BDE,AF⊈平面BDE,‎ 所以AF∥平面BDE.‎ ‎(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直,且CE⊥AC,‎ 所以CE⊥平面ABCD.‎ 如图,以C为原点,建立空间直角坐标系C-xyz,‎ 则C(0,0,0),A(‎2‎‎,‎‎2‎,0),B(0,‎2‎,0),D(‎2‎,0,0),E(0,0,1),F‎2‎‎2‎‎,‎2‎‎2‎,1‎.‎ 所以CF‎=‎2‎‎2‎‎,‎2‎‎2‎,1‎,‎BE=(0,-‎2‎,1),DE=(-‎2‎,0,1).所以CF‎·‎BE=0-1+1=0,CF‎·‎DE=-1+0+1=0.‎ 所以CF⊥BE,CF⊥DE.‎ 又BE∩DE=E,所以CF⊥平面BDE.‎ ‎6.导学号90074038如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC.‎ ‎(1)求证:AC⊥PB;‎ ‎(2)设O,D分别为AC,AP的中点,点G为△OAB内一点,且满足OG‎=‎1‎‎3‎(OA+‎OB),求证:DG∥平面PBC.‎ 证明(1)因为PA⊥平面ABC,AC⫋平面ABC,‎ 所以PA⊥AC.又因为AB⊥AC,且PA∩AB=A,‎ 所以AC⊥平面PAB.‎ 又因为PB⫋平面PAB,所以AC⊥PB.‎ ‎(2)证法一:因为PA⊥平面ABC,‎ 所以PA⊥AB,PA⊥AC.又因为AB⊥AC,‎ 所以建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.‎ 设AC=2a,AB=b,PA=2c,‎ 则A(0,0,0),B(0,b,0),C(2a,0,0),P(0,0,2c),D(0,0,c),O(a,0,0),又因为OG‎=‎1‎‎3‎(OA+‎OB),‎ 所以Ga‎3‎‎,b‎3‎,0‎.于是DG‎=a‎3‎‎,b‎3‎,-c,‎BC=(2a,-b,0),PB=(0,b,-2c).‎ 设平面PBC的一个法向量n=(x0,y0,z0),则有n·BC=0,‎n·PB=0,‎即‎2ax‎0‎-by‎0‎=0,‎by‎0‎-2cz‎0‎=0.‎不妨设z0=1,则有y0=‎2cb,x0=ca,所以n=ca‎,‎2cb,1‎.‎ 因为n·DG‎=ca‎,‎2cb,1‎·a‎3‎‎,b‎3‎,-c=ca·a‎3‎+‎2cb·‎b‎3‎+1·(-c)=0,所以n⊥DG.‎ 又因为DG⊈平面PBC,所以DG∥平面PBC.‎ 证法二:取AB中点E,连接OE,则OE‎=‎1‎‎2‎(OA+‎OB).由已知OG‎=‎1‎‎3‎(OA+‎OB)可得OG‎=‎‎2‎‎3‎OE,‎ 则点G在OE上.‎ 连接AG并延长交CB于点F,连接PF.‎ 因为O,E分别为AC,AB的中点,所以OE∥BC,即G为AF的中点.又因为D为线段PA的中点,‎ 所以DG∥PF.‎ 又DG⊈平面PBC,PF⫋平面PBC,‎ 所以DG∥平面PBC.‎