2020-2021学年高二数学上册同步练习：运用立体几何中的向量方法解决垂直问题 13页

2020-2021 学年高二数学上册同步练习：运用立体几何中的向量方法解决垂直问题 一、单选题 1．若直线 l 的方向向量为 a=(-1，0，-2)，平面 α 的法向量为 u=(4，0，8)，则（ ） A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．l 与 α 斜交 【答案】B 【解析】因为 u=-4a，所以 u∥a，即 a⊥α，故 l⊥α. 故选 B 2．在正方体 1111A B C D A BC D 中，若 E 为 11AC 的中点，则直线 CE 垂直于（ ） A． AC B． BD C． 1AD D． 1AA 【答案】B 【解析】如图，直线 CE 垂直于直线 B1D1， 事实上，∵AC1 为正方体，∴A1B1C1D1 为正方形，连结 B1D1， 又∵E 为为 A1C1 的中点，∴E∈B1D1． ∴B1D1⊥C1E， CC1⊥面 A1B1C1D1，∴CC1⊥B1D1， 又 CC1∩C1E＝C1，∴B1D1⊥面 CC1E，而 CE⊂面 CC1E，∴直线 CE 垂直于直线 B1D1 故选 B． 3．在菱形 ABCD 中，若 PA 是平面 ABCD 的法向量，则以下等式中可能不成立的是（ ） A． PA AB =0 B． PC BD =0 C． PC AB =0 D． PA CD =0 【答案】C 【解析】∵PA⊥平面 ABCD，∴BD⊥PA. 又∵AC⊥BD，∴PC⊥BD，故选项 B 正确，选项 A 和 D 显然成立. 故选 C. 4．平面  的法向量 (2 , 2 ,2)u  ，平面  的法向量 (1,2 , 1)v  ，则下列命题正确的是（ ） A． 、 平行 B． 、 垂直 C． 、 重合 D． 、 不垂直 【答案】B 【解析】平面 的法向量 ，平面 的法向量 ， 因为 2420uv ， 所以两个平面垂直． 故选 B ． 5．已知平面 内有一个点  2 , 1,2A  ， 的一个法向量为  3 ,1,2n ，则下列点 P 中，在平面 内的是 （ ） A．  1, 1,1 B． 31,3 , 2   C． 31, 3 , 2  D． 31,3 , 2  【答案】B 【解析】对于选项 A， PA =(1，0，1)， PA n =5，所以 与 n 不垂直，排除 A；同理可排除 C，D. 对于选项 B， 有 11,-4, 2   PA ，所以 0PAn，因此 B 项正确. 故选 B 6．在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， AB =(2，-1，-4)， AD =(4，2，0)， AP =(-1，2，-1)， 则 PA 与底面 ABCD 的关系是（ ） A．相交 B．垂直 C．不垂直 D．成 60°角 【答案】B 【解析】因为 AB AP = 2 ( 1) ( 1) 2 ( 4) ( 1)         =0，所以 AB AP ； 因为 ADAP = 4 ( 1) 2 2 0 ( 1)       =0，所以 AD AP ，又 AB AD A，所以 APABCD ． 故选 B． 7．若平面 ,的法向量分别为 ( 1,2,4), ( , 1, 2)a b x     ，并且 ，则 x 的值为（ ） A．10 B． 10 C． 1 2 D． 1 2 【答案】B 【解析】 Q  平面 ,的法向量相互垂直 (1,2,4)(,1,2)280abxx  10x   故选 B 8．已知平面  的法向量为  4 ,3 , 7 ，若直线l  平面 ，则直线 l 的方向向量可以为（ ） A．  8 ,6 ,14 B．  8 , 6 ,14 C． 254 ,3 , 7   D． 253 , 4 , 7   【答案】B 【解析】因为直线 平面 ， 故直线 l 的方向向量与平面 的法向量平行， 因为 8,6,142  ， 故选 B. 9．已知 v 为直线 l 的方向向量， 1n ， 2n 分别为平面 ，  的法向量 (,不重合 ) 那么下列说法中： 12/ // /nn①  ； 12nn ② ； 1/ // /vnl ③ ； 1 .vnl ④ 正确的有（ ） A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【答案】B 【解析】∵平面 ， 不重合； 平面 ， 的法向量平行 ( 垂直 等价于平面 ， 平行 垂直 ； ①② 正确； 直线 l 的方向向量平行 垂直 于平面 的法向量等价于直线 l 垂直 平行 于平面 ； ③④都错误． 故选 B． 10．若直线 l 的一个方向向量为  2 ,5 ,7a  ，平面  的一个法向量为  1,1, 1u ，则（ ） A．l∥α B．l⊥α C．l⊂α D．A､C 均有可能 【答案】D 【解析】已知直线 l 的一个方向向量为 ，平面 的一个法向量为 ， 所以  1215170au 所以 au 所以 l∥α 或 l⊂α 故选 D 11．如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA=AB= 1 2 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】由已知可得 PD⊥DC，PD⊥DA，DC⊥DA，如图，以 D 为原点，建立空间直角坐标系， 设 QA=1，则 D(0，0，0)，C(0，0，1)，Q(1，1，0)，P(0，2，0). 故 DQ =(1，1，0)， DC =(0，0，1)， PQ =(1，-1，0). 故 D Q ?PQ =0， D C ?PQ =0，即 PQDQ,PQDC， 故 PQ⊥平面 DCQ，平面 PQC⊥平面 DCQ. 故选 B 12．如图，在三棱锥 P ABC 中， PA  平面 ABC， 90ABC  ， 60BAC   ， 2PA AB.以点 B 为原点，分别以 BC ， BA ， AP 的方向为 x，y，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，设平面 PAB 和 PBC 的法向量分别为 m 和 n ，则下面选项中正确的是（ ） A．点 P 的坐标为  0 ,0 ,2 B．  4 ,0 , 2PC  C． n 可能为  0 , 2 ,2 D． c os ,n 0m  【答案】C 【解析】建立空间直角坐标系如图： 由题意可得  0,0,0B ，  0,2,0A ，  23,0,0C ，  0, 2, 2P ， 所以  2 3, 2, 2PC    ，  0,2,2BP  . 设  ,,n x y z ，则 23220 220 xyz zy    ， 取 2z  ，可得  0,2,2n  . 因为 ABBC ， PA BC ， 所以 BC ⊥平面 PAB， 所以平面 PBC 平面 PAB， 所以 mn ， 所以 c o s , 0mn . 综上所述，A，B，D 错，C 正确. 故选 C 二、填空题 13．若直线 l1 的方向向量为 u1=(1，3，2)，直线 l2 上有两点 A(1，0，1)，B(2，-1，2)，则两直线的位置关 系是_____. 【答案】垂直 【解析】因为 AB =(1，-1，1)，又 u1· =(1，3，2)·(1，-1，1)=0，所以两直线位置关系为垂直. 故填垂直 14．已知 A(0，1，0)，B(-1，0，-1)，C(2，1，1)，点 P(x，0，z)，若 PA⊥平面 ABC，则点 P 的坐标为_____. 【答案】(-1，0，2) 【解析】由题意得 PA =(-x，1，-z)， AB =(-1，-1，-1)， AC =(2，0，1)， 由 PAAB ，得 P A A B =x-1+z=0， 由 PAAC ，得 P A A C =-2x-z=0，解得 1 2 x - , z.    故点 P 的坐标为(-1，0，2). 则填(-1，0，2) 15．如图，矩形 A B C D 中， 1,AB BC a，PA ⊥平面 ，若在 BC 上只有一个点 Q 满足 PQDQ ， 则 a 的值等于________. 【答案】 2 【解析】连接 AQ，取 AD 的中点 O，连接 OQ． ∵PA⊥平面 ABCD，PA⊥DQ，PQ⊥DQ， ∴DQ⊥平面 PAQ，所以 DQ⊥AQ． ∴点 Q 在以线段 AD 的中点 O 为圆心的圆上， 又∵在 BC 上有且仅有一个点 Q 满足 PQ⊥DQ， ∴BC 与圆 O 相切，（否则相交就有两点满足垂直，矛盾．） ∴OQ⊥BC，∵AD∥BC，∴OQ=AB=1，∴BC=AD=2， 即 a=2． 故填 2． 16．若正三棱锥 P-ABC 侧面互相垂直，则棱锥的高与底面边长之比为_____. 【答案】 6 6 【解析】设高为 h，底边长为 1，建立如图所示的空间直角坐标系， 则点 P(0，0，h)，A 3 ,0,03   ，B 31-,,062   ，C 3 1 3 3 1 3 1- ,- ,0 ,PA ,0,-h ,PB - , ,-h ,PC - ,- ,-h6 2 3 6 2 6 2                                ，得平面 PAB，PAC 的法向 量分别为 113,3,,3,-3,hh      ，则 3-9+ 2 1 h =0，解得 h= 6 6 . 故高与底面边长之比为 . 17．如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 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=_____. 【答案】 a 或 2 a 【解析】建立如图所示的坐标系，则 B1(0，0，3a)，D 22322 aa,,a  ，C(0， 2 a，0). 设点 E 的坐标为( 2 a，0，z)，则 CE =( 2 a，- 2 a，z)， 1BE=( 2 a，0，z-3a)， 1 22022 aaB D , ,  ， 故 1·CE B D =0. 故要使 CE⊥平面 B1DE，则需 1CE B E ，即 1·CE B E =0，故 2a2+z2-3az=0，解得 z=a 或 2a. 故填 a 或 2 a 18．如图，正四棱柱 1111A B C D A BC D 的底面边长为 4，记 1111AC B D F  ， 11B C BC E  ，若 AE BF  ， 则此棱柱的体积为______． 【答案】 3 2 2 【解析】建立如图所示空间直角坐标系， 设 1D D h ，又 4ABBC， 则  4,0,0A ， 2,4, 2 hE   ，  4, 4,0B ，  2,2,Fh， 2,4, 2 hAE   ，  2, 2,BF h   ， AEBF ， 2 480 2 h ，即 22h  ． 此棱柱的体积为 4 4 2 2 32 2   ． 故填322 ． 三、解答题 19．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. 【解析】证明：如图，以 A 为坐标原点，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)，B(4，0，0)，C(4，3，0)，D(0，5，0)，E(2，4，0)，P(0，0，h). 易知 CD =(-4，2，0)， AE =(2，4，0)， AP =(0，0，h). ∵ ·C D A E =-8+8+0=0， ·CD A P =0，∴CD⊥AE，CD⊥AP. ∵AP∩AE=A，∴CD⊥平面 PAE. 20．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E 是棱 BC 的中点，试在棱 CC1 上求一点 P，使得平面 A1B1P⊥平面 C1DE. 【解析】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. 设正方体的棱长为 1，P(0，1，a)，则 A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，E 1 102 ,,  ，C1(0，1，1)， 11AB =(0， 1，0)， 1AP =(-1，1，a-1)， 1 1 10,2DE, ,DC  =(0，1，1). 设平面 A1B1P 的一个法向量为 n1=(x1，y1，z1)，则 1 1 1 1 1 1 111 00 100 ·A B , y , -x y (a- )z ,·AP       n n 令 z1=1，得 x1=a-1，∴n1=(a-1，0，1). 设平面 C1DE 的一个法向量为 n2=(x2，y2，z2)，则 2 22 21 22 10 02 0 0 ·DE , x y , ·DC y z ,      n n 令 y2=1，得 x2=-2，z2=-1，∴n2=(-2，1，-1). ∵平面 A1B1P⊥平面 C1DE，∴n1⊥n2，即 n1·n2=0.∴-2(a-1)+0+(-1)=0，∴a= 1 2 ，故 P 101 2,,  . 21．如图，已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AC⊥BC，D 为 AB 的中点，AC=BC=BB1. 求证：（1）BC1⊥AB1. （2）BC1∥平面 CA1D． 【解析】如图，以 C1 点为原点，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， 因此 ⊥ ， 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. 22．在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E，F 分别是 BB1，CD 的中点． （1）证明：平面 AED⊥平面 A1FD1； （2）在 AE 上求一点 M，使得 A1M⊥平面 DAE． 【解析】（1）证明：建立空间直角坐标系 D-xyz，不妨设正方体的棱长为 2， 则 A(2，0，0)，E(2，2，1)，F(0，1，0)，A1(2，0，2)，D1(0，0，2). 设平面 AED 的法向量为 n1=(x1，y1，z1)，则 1 1 1 1 1 1 1 1 · ( , , ) (2,0,0) 0, · ( , , ) (2,2,1) 0, n DA x y z n DE x y z        ∴2x1=0，2x1+2y1+z1=0. 令 y1=1，得 n1=(0，1，-2). 同理可得平面 A1FD1 的法向量 n2=(0，2，1). 因为 n1·n2=0，所以平面 AED⊥平面 A1FD1. （2）因为点 M 在直线 AE 上，所以可设 AM =λ·AE =λ·(0，2，1)=(0，2λ，λ)，可得 M(2，2λ，λ)， 于是 1AM =(0，2λ，λ-2)，要使 A1M⊥平面 DAE，需有 A1M⊥AE， 所以 1 ·A M AE =(0，2λ，λ-2)·(0，2，1)=5λ-2=0，得 λ= 2 5 .故当 AM= 2 5 AE 时，A1M⊥平面 DAE.