1.2.2 第2课时 空间中平面与平面平行、垂直的证明-【金版教程】2024-2025学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第一章　空间向量与 立体几何 1.2　空间向量在立体几何中的应用 1.2.2　空间中的平面与空间向量 第2课时　空间中平面与平面平行、垂直的证明 15分钟对点练 30分钟综合练 目录 15分钟对点练 解析　①中平面α，β可能平行，也可能重合，②中α∥β⇒n1∥n2，故①②不正确．易知③④正确．故选B． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 4 2．设平面α与向量a＝(－1，2，－4)垂直，平面β与向量b＝(2，3，1)垂直，则平面α与β的位置关系是________． 答案 垂直 解析　∵a·b＝(－1，2，－4)·(2，3，1)＝－2＋6－4＝0，∴a⊥b，∵平面α与向量a＝(－1，2，－4)垂直，平面β与向量b＝(2，3，1)垂直，∴α⊥β． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 5 解 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 6 4．如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，F是棱AB的中点． 求证：平面ADD1A1∥平面FCC1． 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 7 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 8 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 9 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 10 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 11 答案 解析　∵AP⊥平面α，∴PD在平面α内的射影为AD，∵AD⊥BC，由三垂线定理可得，PD⊥BC，∴△ABC，△ABD，△ACD，△PBD，△PCD，△PAB，△PAD，△PAC均为直角三角形，共8个．故选D． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 12 7．已知三棱锥P－ABC的高为PH，若点P到△ABC的三边的距离相等，且点H在△ABC内，则点H为△ABC的(　　) A．垂心 B．重心 C．外心 D．内心 答案 解析　由题意，作出符合题意的图形，过点P分别作PE⊥AB于点E，PF⊥AC于点F，连接HE，HF，∵PH⊥平面ABC，∴PE在平面ABC内的射影为HE，∵PE⊥AB，由三垂线定理的逆定理可得，HE⊥AB，同理可得HF⊥AC，∵PE＝PF，∴HE＝HF，即点H到AB，AC的距离相等，同理可证，点H到△ABC三边的距离都相等，∴点H是△ABC的内心．故选D． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 13 8．如图所示，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD．求证：PA⊥BD． 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 14 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 15分钟对点练 15 30分钟综合练 一、选择题 1．(2023·广东湛江高二联考)已知m＝(1，－5，3)，n＝(4，－1，－3)分别是平面α，β的法向量，则平面α与β的位置关系为(　　) A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．平行或重合 解析　因为m＝(1，－5，3)，n＝(4，－1，－3)，所以m·n＝1×4＋(－5)×(－1)＋3×(－3)＝0，故m⊥n，所以α⊥β．故选B． 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 17 2．已知平面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，则实数k的值为(　　) A．5 B．4 C．－4 D．－5 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 18 3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于(　　) A．AC B．BD C．A1D D．A1A 解析　直线CE在平面ABCD内的射影在AC上，∵BD⊥AC，∴由三垂线定理，得BD⊥CE．故选B． 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 19 4．设a，b是两条直线，a，b分别为直线a，b的方向向量，α，β是两个平面，且a⊥α，b⊥β，则“α⊥β”是“a⊥b”的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析　由题意可得a，b分别是平面α，β的法向量，所以α⊥β等价于a⊥b，即“α⊥β”是“a⊥b”的充要条件．故选C． 解析 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 20 5．[多选](2023·山东临沂高二期末)如图，E是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱DD1的中点，点M在线段BD1上运动，则下列结论正确的是(　　) A．直线AD与直线C1M始终是异面直线 B．存在点M，使得B1M⊥AE C．当D1M＝2MB时，平面EAC⊥平面MAC D．平面EAC∥平面BC1D1 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 21 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 22 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 23 二、填空题 6．若平面α，β的法向量分别为(－1，y，4)，(x，－1，－2)，并且α⊥β，则x＋y＝________． －8 答案 解析　∵α⊥β，∴它们的法向量也垂直，即(－1，y，4)·(x，－1，－2)＝0．∴－x－y－8＝0，∴x＋y＝－8． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 24 答案 解析 90° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 25 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 26 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 27 三、解答题 9．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别在棱A1A，A1B1，A1D1上，A1E＝A1F＝A1G＝1，点P，Q，R分别在棱CC1，CD，CB上，CP＝CQ＝CR＝1．求证：平面EFG∥平面PQR． 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 28 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 29 10．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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 30 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 31 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 30分钟综合练 32 　　　　　　　　　　　　　 R 知识点一　利用空间向量判断面面位置关系 1．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的一个法向量，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　(1)∵u＝(1，－1，2)，v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(1,2)))， ∴u·v＝3－2－1＝0．∴u⊥v，∴α⊥β． (2)∵u＝(0，3，0)，v＝(0，－5，0)，∴u＝－eq \f(3,5)v，∴u∥v， ∴平面α，β可能平行，也可能重合． (3)∵u＝(2，－3，4)，v＝(4，－2，1)， ∴u与v既不共线也不垂直， ∴平面α与β相交(不垂直)． 3．设u，v分别是平面α，β的法向量，根据下列条件判断α，β的位置关系． (1)u＝(1，－1，2)，v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(1,2)))； (2)u＝(0，3，0)，v＝(0，－5，0)； (3)u＝(2，－3，4)，v＝(4，－2，1)． 证明　因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点，底面ABCD为等腰梯形，所以BF＝BC＝CF，则△BCF为正三角形，所以∠BAD＝∠ABC＝60°． 取AF的中点M， 连接DM， 则DM⊥AB， 所以DM⊥CD． 以D为坐标原点，eq \o(DM,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则F(eq \r(3)，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)， 所以eq \o(CC1,\s\up16(→))＝(0，0，2)，eq \o(CF,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，－1，0)． 设平面FCC1的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CF,\s\up16(→))＝\r(3)x－y＝0，,n·\o(CC1,\s\up16(→))＝2z＝0，)) 令x＝1，可得平面FCC1的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，0)， 因为D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A(eq \r(3)，－1，0)， 所以eq \o(DA,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，－1，0)，eq \o(DD1,\s\up16(→))＝(0，0，2)． 设平面ADD1A1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DA,\s\up16(→))＝\r(3)x1－y1＝0，,m·\o(DD1,\s\up16(→))＝2z1＝0，)) 令x1＝1，可得平面ADD1A1的一个法向量为m＝(1，eq \r(3)，0)． 所以m＝n，即m∥n，所以平面ADD1A1∥平面FCC1． 5．如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq \f(1,3)AA1＝a，E，F分别是BB1，CC1上的点，且BE＝a，CF＝2a．求证：平面AEF⊥平面ACF． 证明　以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设a＝2， 则A(0，0，0)，E(eq \r(3)，1，2)，F(0，2，4)， ∴eq \o(AE,\s\up16(→))＝(eq \r(3)，1，2)，eq \o(AF,\s\up16(→))＝(0，2，4)． ∵x轴⊥平面ACF，∴可取平面ACF的一个法向量为m＝(1，0，0)． 设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up16(→))＝\r(3)x＋y＋2z＝0，,n·\o(AF,\s\up16(→))＝2y＋4z＝0，)) 取z＝1，得n＝(0，－2，1)． ∵m·n＝0，∴m⊥n，∴平面AEF⊥平面ACF． 知识点二　三垂线定理及其逆定理 6．如图，BC是Rt△ABC的斜边，过点A作△ABC所在平面α的垂线AP，连接PB，PC，过点A作AD⊥BC于点D，连接PD，那么图中的直角三角形共有(　　) A．4个 B．6个 C．7个 D．8个 证明　如图，取BC的中点O，连接AO交BD于点E，连接PO． 因为PB＝PC， 所以PO⊥BC． 又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，所以PO⊥平面ABCD，所以AP在平面ABCD内的射影为AO． 在直角梯形ABCD中，由于AB＝BC＝2CD， 易知Rt△ABO≌Rt△BCD，所以∠BEO＝∠OAB＋∠DBA＝∠DBC＋∠DBA＝90°，即AO⊥BD． 由三垂线定理，得PA⊥BD． 解析　∵α∥β，∴向量(1，－2，2)与向量(－2，4，k)共线，∴存在实数λ，使(－2，4，k)＝λ(1，－2，2)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＝λ，,4＝－2λ，,k＝2λ，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(λ＝－2，,k＝－4.))故选C． 解析　对于A，连接AC1交BD1于点O，当点M在O点时，直线AD与直线C1M相交，故A不正确；以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，0，1)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，对于B，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(－2，0，1)，假设存在点M，使得B1M⊥AE，eq \o(B1M,\s\up16(→))＝eq \o(B1B,\s\up16(→))＋λeq \o(BD1,\s\up16(→))＝(0，0，－2)＋λ(－2，－2，2)＝(－2λ，－2λ，2λ－2)，λ∈[0，1]，所以eq \o(AE,\s\up16(→))·eq \o(B1M,\s\up16(→))＝4λ＋2λ－2＝0，解得λ＝eq \f(1,3)，所以当D1M＝2MB时，B1M⊥AE，故B正确； 对于C，当D1M＝2MB时，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(4,3)，\f(2,3)))，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(－2，0，1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－2，2，0)，设平面EAC的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up16(→))＝－2x1＋z1＝0，,m·\o(AC,\s\up16(→))＝－2x1＋2y1＝0，))令z1＝2，可得x1＝1，y1＝1，可得m＝(1，1，2)，设平面MAC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，eq \o(MA,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(4,3)，－\f(2,3)))，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up16(→))＝－2x2＋2y2＝0，,n·\o(MA,\s\up16(→))＝\f(2,3)x2－\f(4,3)y2－\f(2,3)z2＝0，))令x2＝1，可得y2＝1，z2＝－1，所以n＝(1，1，－1)，因为m·n＝1×1＋1×1－1×2＝0，m⊥n，所以平面EAC⊥平面MAC，故C正确；对于D，平面EAC的一个法向量为m＝(1，1，2)，易求得平面BC1D1的一个法向量为n2＝(1，0，1)，因为m与n2不平行，故D不正确． 7．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝2eq \r(2)，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM所成的角为_____________． 解析　取CD的中点P′，连接PP′，AP′，MP′(图略)，易知PP′⊥平面ABCD，所以MP′为PM在平面ABCD内的射影．由题意，得AM＝eq \r(6)，MP′＝eq \r(3)，AP′＝3，所以AP′2＝AM2＋MP′2，所以AM⊥MP′，由三垂线定理知AM⊥PM．所以AM与PM所成的角为90°． 解析　以A为原点，eq \o(AB,\s\up16(→))，eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AA1,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，E(2，0，0)，F(3，1，0)，C(3，3，0)，D(0，3，0)，设G(0，3，t)，由eq \o(DH,\s\up16(→))＝λeq \o(HG,\s\up16(→))可得Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3，\f(λ,1＋λ)t))，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(3，3，0)，eq \o(AH,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3，\f(λ,1＋λ)t))，设平面ACH的一个法向量为n＝(x，y，z)， 8．(2023·福建泉州高二统考期末)在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在棱AB，BC上，BE＝BF＝1，G，H为棱DD1上的动点．若平面EFG∥平面ACH，eq \o(DH,\s\up16(→))＝λeq \o(HG,\s\up16(→))，则λ＝_____________． eq \f(3,2) 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up16(→))＝3x＋3y＝0，,n·\o(AH,\s\up16(→))＝3y＋\f(λ,1＋λ)tz＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－y，,z＝\f(（1＋λ）（－3y）,λt)，))令y＝－1，则n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(3（1＋λ）,λt)))．eq \o(EF,\s\up16(→))＝(1，1，0)，eq \o(EG,\s\up16(→))＝(－2，3，t)，设平面EFG的一个法向量为m＝(a，b，c)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(EF,\s\up16(→))＝a＋b＝0，,m·\o(EG,\s\up16(→))＝－2a＋3b＋tc＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－b，,c＝\f(2a－3b,t)，))令b＝－1，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(5,t)))．因为平面EFG∥平面ACH，所以n∥m，所以eq \f(5,t)＝eq \f(3（1＋λ）,λt)，即5＝eq \f(3（1＋λ）,λ)，解得λ＝eq \f(3,2)． 证明　以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 设AB＝a，BC＝b，BB1＝c(a，b，c>1)，又A1E＝A1F＝A1G＝1，CP＝CQ＝CR＝1，∴E(b，0，c－1)，F(b，1，c)，G(b－1，0，c)，P(0，a，1)，Q(0，a－1，0)，R(1，a，0)，∴eq \o(EF,\s\up16(→))＝(0，1，1)，eq \o(EG,\s\up16(→))＝(－1，0，1)，eq \o(PQ,\s\up16(→))＝(0，－1，－1)，eq \o(PR,\s\up16(→))＝(1，0，－1)． 设m＝(x，y，z)是平面EFG的一个法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up16(→))·m＝y＋z＝0，,\o(EG,\s\up16(→))·m＝z－x＝0，)) 令x＝1，则m＝(1，－1，1)． 设n＝(i，j，k)是平面PQR的一个法向量， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PQ,\s\up16(→))·n＝－j－k＝0，,\o(PR,\s\up16(→))·n＝i－k＝0，)) 令i＝1，则n＝(1，－1，1)， ∴平面EFG与平面PQR的法向量共线，故平面EFG∥平面PQR，得证． 解　如图，以D为原点，eq \o(DA,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))，eq \o(DD1,\s\up16(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，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)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，C1(0，1，1)，eq \o(A1B1,\s\up16(→))＝(0，1，0)，eq \o(A1P,\s\up16(→))＝(－1，1，a－1)，eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，eq \o(DC1,\s\up16(→))＝(0，1，1)． 设平面A1B1P的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(A1B1,\s\up16(→))＝0，,n1·\o(A1P,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝0，,－x1＋y1＋（a－1）z1＝0，)) ∴x1＝(a－1)z1，y1＝0． 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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(DE,\s\up16(→))＝0，,n2·\o(DC1,\s\up16(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋y2＝0，,y2＋z2＝0，))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝－2y2，,z2＝－y2.)) 令y2＝1，得x2＝－2，z2＝－1， ∴n2＝(－2，1，－1)． ∵平面A1B1P⊥平面C1DE， ∴n1·n2＝0，即－2(a－1)－1＝0，得a＝eq \f(1,2)． ∴当P为CC1的中点时，平面A1B1P⊥平面C1DE． $$