1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系（第2课时 用空间向量研究直线、平面的垂直关系）同步练习-2024-2025学年高二上学期数学人教A版（2019）选择性必修第一册

1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系 第2课时　用空间向量研究直线、平面的垂直关系 A组 1.设直线l1的方向向量为a=(2,1,-2),直线l2的方向向量为b=(2,2,m),若l1⊥l2,则m=(　　) A.1 B.-2 C.-3 D.3 2.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 3.如图,F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点,若D1F⊥DE,则有(　　) A.B1E=EB B.B1E=2EB C.B1E=EB D.E与B重合 4.如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=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 5.若向量a=(-1,2,-4),b=(2,-2,3)是平面α内的两个不共线的向量,直线l的一个方向向量m=(2,3,1),则l与α的位置关系是　　　(填“垂直”“平行”或“相交但不垂直”).  6.在空间直角坐标系Oxyz中,已知点P(2cos x+1,2cos 2x+2,0)和Q(cos x,-1,3),其中x∈[0,π].若直线OP与OQ垂直,则x的值为　　　　　.  7.已知空间三点A(0,0,1),B(-1,1,1),C(1,2,-3),若直线AB上一点M,满足CM⊥AB,则点M的坐标为　　　　　.   8.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PD⊥底面ABCD,AD=PD,E,F分别为CD,PB的中点.求证:EF⊥平面PAB. 9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4. (1)求证:AC⊥BC1; (2)在AB上是否存在点D,使得AC1⊥CD? 并说明理由. B组 1.平面α的一个法向量n=(0,1,-1),如果直线l⊥平面α,那么直线l的单位方向向量s=(　　) A.(0,1,-1) B.± C.(0,,-) D.±(0,,-) 2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在线段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 3.(多选题)如图,以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,某学生得出如下四个结论,其中正确的是(　　) A.=0 B.AB⊥DC C.BD⊥AC D.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直 4.如图,已知矩形ABCD,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于　　　　　.  5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形, AC=2a,BB1=3a,D是A1C1的中点,点E在棱AA1上,要使CE⊥平面B1DE,则AE=　　　　　. 6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点, (1)求证:A1E⊥BD; (2)若平面A1BD⊥平面EBD,请确定点E的位置并说明理由. 参考答案 A组 1.D 解析:l1⊥l2⇒a⊥b⇒a·b=0. 所以2×2+1×2+(-2)×m=0,解得m=3. 2.B 解析:∵,∴=0. ∴3+5-2z=0,解得z=4. ∵BP⊥平面ABC,∴. ∴解得 3.A 解析:以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示.设正方体棱长为2, 则D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),B(2,2,0),B1(2,2,2),所以=(0,1,-2). 设E(2,2,t),0≤t≤2,则=(2,2,t). 由D1F⊥DE,得(0,1,-2)·(2,2,t)=0,即2-2t=0.解得t=1,即E为BB1的中点,即B1E=EB. 4.B 解析:以D为原点,线段DA的长为单位长度,DA,DP,DC所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示. 依题意有D(0,0,0),Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0). 因为=0,=0, 所以PQ⊥DQ,PQ⊥DC. 又DQ∩DC=D,所以PQ⊥平面DCQ. 又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ. 5.相交但不垂直 解析:因为m·a=(2,3,1)·(-1,2,-4)=-2+6-4=0,m·b=(2,3,1)·(2,-2,3)=4-6+3=1≠0. 所以l与α不垂直.设平面α的法向量为n=(x,y,z),则 计算步骤略,得到α的一个法向量n=. 因为n·m≠0,所以l与α不平行.因此l与α相交但不垂直. 6. 解析:∵OP⊥OQ,∴,∴=0. ∴cos x·(2cos x+1)-(2cos 2x+2)=0. ∴2cos2x-cos x=0,解得cos x=0或cos x=. 又x∈[0,π],∴x=或x=. 7. 解析:易得=(-1,1,0).设M(x,y,z),则=(x,y,z-1),=(x-1,y-2,z+3). ∵点M在直线AB上, ∴共线.∴=λ,λ∈R. ∴x=-λ,y=λ,z-1=0. 又CM⊥AB,∴.∴=0. ∴-(x-1)+(y-2)=0.① 将x=-λ,y=λ,代入①,得λ=. ∴x=-,y=,z=1, 即点M的坐标为. 8.证明:以D为原点,线段DA的长为单位长度,建立空间直角坐标系Dxyz,如图所示. 设E(a,0,0),其中a>0,则C(2a,0,0),A(0,1,0),B(2a,1,0),P(0,0,1),F, 所以=(2a,1,-1),=(2a,0,0). 因为=0,=0, 所以EF⊥PB,EF⊥AB. 又PB∩AB=B, 所以EF⊥平面PAB. 9.解:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,∴AC与BC互相垂直.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC,BC,CC1两两垂直.以C为原点,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,如图所示,则C(0,0,0),A(3,0,0),C1(0,0,4),B(0,4,0),B1(0,4,4). (1)证明:=(-3,0,0),=(0,-4,4). ∵=0,∴.∴AC⊥BC1. (2)存在,理由如下:假设在AB上存在点D,使得AC1⊥CD.建系后得=(-3,4,0). ∵点D在AB上,∴可设=λ=(-3λ,4λ,0),其中λ∈[0,1], 则D(3-3λ,4λ,0).于是=(3-3λ,4λ,0). =(-3,0,4).∵AC1⊥CD, ∴=0. ∴-9+9λ=0,解得λ=1,这样的点D存在. ∴当点D与B重合时,AC1⊥CD. B组 1.B 解析:由题意知,直线l的方向向量平行于平面α的法向量.故直线l的单位方向向量是s=±. 2.B 解析: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,如图所示.设正方体的棱长为1, 则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1), 所以=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(-1,-1,1). 因为=-=0,=0, 所以EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC. 3.BC 解析:以D为原点,分别以DB,DC,DA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz(图略). 设折叠前Rt△ABC的斜边BC=2,则B(1,0,0),C(0,1,0),A(0,0,1), 所以=(1,0,-1),=(0,1,-1),=(0,1,0),=(-1,0,0). 由于=0+0+1=1,故A错误;=0,故AB⊥DC,故B正确; 由于=0,故BD⊥AC,故C正确; 易知平面ADC的一个法向量为=(-1,0,0). 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 则·n=x-z=0,·n=y-z=0.取z=1, 则x=1,y=1.故n=(1,1,1)为平面ABC的一个法向量.由于·n=-1,故D错误. 4.2 解析:建立空间直角坐标系Axyz,如图所示,则D(0,a,0). 设Q(1,x,0)(0≤x≤a),P(0,0,z), 则=(1,x,-z),=(-1,a-x,0). 由PQ⊥QD,得-1+x(a-x)=0, 即x2-ax+1=0. 由题意知方程x2-ax+1=0只有一解, 所以Δ=a2-4=0. 因为a>0,所以a=2,此时可解得x=1,满足条件. 5.a或2a 解析:建立空间直角坐标系Bxyz,如图所示, 则B1(0,0,3a),D,C(0,a,0). 设E(a,0,z)(0≤z≤3a),则=(a,-a,z),=(a,0,z-3a). 分析知B1D⊥CE,则要使CE⊥平面B1DE,只需, 则=0,即2a2+z2-3az=0, 解得z=a或2a. 故AE=a或2a. 6.解:分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示. 则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A1(a,0,a),C1(0,a,a).设E(0,a,e),e∈[0,a]. (1)证明:由B,D的坐标,得=(-a,-a,0). 由A1,E的坐标,得=(-a,a,e-a). ∵=a2-a2=0.∴.∴A1E⊥BD. (2)E为CC1的中点,理由如下: 取BD的中点O,连接A1O,OE, 则O, . ∵A1B=A1D,O为BD中点, ∴A1O⊥BD. 又平面A1BD⊥平面EBD,平面A1BD∩平面EBD=BD,且A1O⊂平面A1BD, ∴A1O⊥平面EBD. 又OE⊂平面EBD, ∴A1O⊥OE. ∴=0, 即-+ae=0, 解得e=,即E. ∴当E为CC1的中点时,平面A1BD⊥平面EBD. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$