1.4.1.2 空间中直线、平面的垂直（word练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册（人教A版2019）

一、选择题 1.设l1的一个方向向量为a＝（1，3，－2），l2的一个方向向量为b＝（－4，3，m），若l1⊥l2，则m＝（　　） A.1 B. C. D.3 答案　B 解析　因为l1⊥l2，所以a·b＝0，即1×（－4）＋3×3＋（－2）×m＝0，所以2m＝9－4＝5，即m＝.故选B项. 2.若平面α，β的法向量分别为a＝（－1，2，4），b＝（x，－1，－2），且α⊥β，则x的值为（　　） A.10 B.－10 C. D.－ 答案　B 解析　因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，所以a·b＝（－1，2，4）·（x，－1，－2）＝0，解得x＝－10.故选B项. 3.在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，SB＝，则直线SC与BC的位置关系是（　　） A.平行 B.垂直 C.斜交 D.不确定 答案　B 解析　如图，以A为坐标原点，平行于BC的直线为x轴，AC，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则由AC＝2，BC＝，SB＝，可以得到B（－，2，0），S（0，0，2），C（0，2，0），＝（0，2，－2），＝（－，0，0）.因为·＝0，所以SC⊥BC.故选B项. 4.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），又PA⊥平面ABC，所以有·＝（－1，－1，－1）·（x，－1，z）＝0，即－x＋1－z＝0　①，·＝（2，0，1）·（x，－1，z）＝0，即2x＋z＝0　②， 联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为（－1，0，2）.故选C项. 5.（多选）已知点P是平面四边形ABCD所在平面外一点，若＝（2，－1，－4），＝（4，2，0），＝（－1，2，－1），则（　　） A. AP⊥AB B. AP⊥AD C. 是平面ABCD的法向量 D. ∥ 答案　ABC 解析　由题意可得·＝2×（－1）＋（－1）×2＋（－4）×（－1）＝0，·＝4×（－1）＋2×2＋0×（－1）＝0，所以AP⊥AB，AP⊥AD，是平面ABCD的法向量，又＝－＝（2，3，4），且不存在实数λ，使＝λ，所以与不平行.故选ABC项. 二、填空题 6.已知u＝（3，a＋b，a－b）（a，b∈R）是直线l的方向向量，n＝（1，2，3）是平面α的法向量，若l⊥α，则a＋b＝　　　　. 解析　因为l⊥α，所以n∥u，所以＝＝，所以a＋b＝6. 答案　6 7.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. 解析　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，所有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，所以三个平面中互相垂直的有0对. 答案　0 8.已知空间三点A（0，0，1），B（－1，1，1），C（1，2，－3），若直线AB上存在一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为　　　　. 解析　设M（x，y，z），则由已知，得＝λ＝λ（－1，1，0）＝（－λ，λ，0）.又＝（x，y，z－1），所以x＝－λ，y＝λ，z＝1.所以M（－λ，λ，1）.又·＝0，＝（－λ－1，λ－2，4），＝（－1，1，0），所以（－λ－1，λ－2，4）·（－1，1，0）＝（λ＋1）＋（λ－2）＝0，解得λ＝，所以可得点M的坐标为. 答案　 三、解答题 9.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝CC1.求证：AB1⊥MN. 　　　　 题图　　　　　　　　答图 证明：设AB的中点为O，作OO1∥AA1.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得A（－，0，0），B（，0，0），C（0，，0），N（0，，），B1（，0，1）， 因为M为BC中点，所以M（，，0），所以＝（－，，），＝（1，0，1），所以·＝－＋0＋＝0.所以⊥，所以AB1⊥MN. 10.如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°，求证：平面ADE⊥平面ABE. 　　　 题图　　　　　　　答图 证明：取BE的中点O，连接OC，又AB⊥平面BCE，所以以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示， 则有C（1，0，0），B（0，，0），E（0，－，0），D（1，0，1），A（0，，2）. 于是＝（0，－2，－2），＝（－1，，1）. 设平面ADE的法向量为n＝（a，b，c）， 则n·＝（a，b，c）·（0，－2，－2）＝－2b－2c＝0， n·＝（a，b，c）·（－1，，1）＝－a＋b＋c＝0. 令b＝1，则a＝0，c＝－，所以n＝（0，1，－）. 又AB⊥平面BCE，OC⊂平面BCE， 所以AB⊥OC. 因为BE⊥OC，AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABE，所以OC⊥平面ABE. 所以平面ABE的法向量可取为m＝＝（1，0，0）. 因为n·m＝（0，1，－）·（1，0，0）＝0， 所以n⊥m，所以平面ADE⊥平面ABE. 11.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.，－，4 C.，－2，4 D.4，，－15 答案　B 解析　因为⊥，所以·＝0，即3＋5－2z＝0，解得z＝4，又BP⊥平面ABC，所以⊥，⊥，则解得故选B项. 12.（多选）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且AB＝1，BC＝2，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，AE⊥PC于E，则下列结论正确的是（　　） A. AB⊥AC B. AB⊥平面PAC C. PC⊥平面ABE D.∠BEC＝60° 　　　 题图　　　　　　　答图 答案　ABC 解析　由题意得，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60°，所以AC＝＝，而AC2＋AB2＝BC2，所以AB⊥AC，A项正确；又PA⊥平面ABCD，故以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示， 设AP＝a（a＞0），则A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，，0），P（0，0，a），所以＝（1，0，0），＝（0，，－a）， 因为·＝0，所以⊥，所以AB⊥PC，又AC∩PC＝C，所以AB⊥平面PAC，B项正确；因为AB⊥PC，AE⊥PC，AB∩AE＝A，所以PC⊥平面ABE，C项正确；由C项及BE⊂平面ABE，得PC⊥BE，即∠BEC＝90°，D项错误.故选ABC项. 13.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　　　　. 解析　因为A（－3，－2，1），B（－1，－1，－1），C（－5，x，0），所以＝（2，1，－2），＝（－4，x＋1，1），＝（－2，x＋2，－1），分三种情况：①A为直角，·＝0，所以－4＋x＋2＋2＝0，所以x＝0；②B为直角，·＝0，所以－8＋x＋1－2＝0，所以x＝9；③C为直角，·＝0，所以8＋（x＋1）（x＋2）－1＝0，即x2＋3x＋9＝0，方程无解.综上，x的值为0或9. 答案　0或9 14.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，在棱DD1上是否存在点P，使MD⊥平面PAC？ 解析　如图所示，建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），M，假设存在P（0，0，x）满足条件，则＝（1，0，－x），＝（－1，1，0）.设平面PAC的法向量为n＝（x1，y1，z1），则得 令x1＝1，得y1＝1，z1＝，即n＝（1，1，）， 由题意得∥n，＝，所以x＝2. 因为正方体的棱长为1，而2＞1， 所以棱DD1上不存在点P，使MD⊥平面PAC. 15.（多选）在平面直角坐标系Oxyz中，已知点P（2cos x＋1，2cos 2x＋2，0）和点Q（cos x，－1，3），其中x∈[0，π].若直线OP与直线OQ垂直，则x的值为（　　） A. B. C. D. 答案　BC 解析　由题意得⊥，所以cos x·（2cos x＋1）－（2cos 2x＋2）＝0，所以2cos2x－cos x＝0，所以cos x＝0或cos x＝.又x∈[0，π]，所以x＝或x＝.故选BC项. 16.如图所示，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，P是AA1的中点，点M在侧面AA1B1B（含边界）内，若D1M⊥CP，则△BCM面积的最小值为（　　） A.8 B.4 C.8 D. 答案　D 解析　如图，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则P（4，0，2），C（0，4，0），D1（0，0，4），B（4，4，0），设M（4，a，b）（a，b∈[0，4]），则＝（4，a，b－4），＝（4，－4，2），因为D1M⊥CP， 所以·＝16－4a＋2b－8＝0，得b＝2a－4，所以M（4，a，2a－4），所以｜｜2＝（4－4）2＋（a－4）2＋（2a－4）2＝5＋，当a＝时，取得最小值＝，易知BC＝4，所以S△BCM的最小值为×4×＝.故选D项. 学科网（北京）股份有限公司 $$