课时达标检测(26) 用向量方法讨论立体几何中的位置关系(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 课时达标检测(二十六)　 用向量方法讨论立体几何中的 位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 课时达标检测(二十六)　用向量方法讨论立体几何中的位置关系 基础达标　 一、单项选择题 1．设直线l1的一个方向向量为a＝(2,1，－2)，直线l2的一个方向向量为b＝(2,2，m)，若l1⊥l2，则m＝(　　) A．1 B．－2 C．－3 D．3 解析　因为l1⊥l2，所以a⊥b，所以a·b＝2×2＋1×2＋(－2)·m＝0，所以m＝3。 答案　D 答案与解析 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k等于(　　) A．2 B．－4 C．4 D．－2 解析　因为α∥β，所以eq \f(－2,1)＝eq \f(－4,2)＝eq \f(k,－2)，所以k＝4。 答案　C 答案与解析 3．已知平面α的一个法向量为a＝(1,2，－2)，直线l的一个方向向量为b＝(－2，－4，k)，若α∥l，则k＝(　　) A．4 B．－4 C．5 D．－5 解析　因为α∥l，所以a⊥b，所以a·b＝－2－8－2k＝0。所以k＝－5。 答案　D 答案与解析 4．已知平面α的一个法向量是(2，－1,1)，α⊥β，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是(　　) A．(4,2，－2) B．(2,0,4) C．(2，－1，－5) D．(4，－2,2) 解析　因为α⊥β，所以β的法向量与α的法向量垂直，经验证得(2，－1,1)·(2，－1，－5)＝0。故选C。 答案　C 答案与解析 5．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量不可能是(　　) A．(1，－4,2) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－1，\f(1,2))) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1，－\f(1,2))) D．(0，－1,1) 解析　eq \o(PM,\s\up16(→))＝(0,2,4)，直线l平行于向量a，若n是平面α的一个法向量，则必须满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·\o(PM,\s\up16(→))＝0，))把选项代入验证，只有选项D不满足。 答案　D 答案与解析 6．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝eq \f(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 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eq \o(DQ,\s\up16(→))＝(1,1,0)，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(0,0,1)，eq \o(PQ,\s\up16(→))＝(1，－1,0)。故eq \o(DQ,\s\up16(→))·eq \o(PQ,\s\up16(→))＝0，eq \o(DC,\s\up16(→))·eq \o(PQ,\s\up16(→))＝0，即eq \o(PQ,\s\up16(→))⊥eq \o(DQ,\s\up16(→))，eq \o(PQ,\s\up16(→))⊥eq \o(DC,\s\up16(→))，又DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ。 答案　B 答案与解析 二、多项选择题 7．若直线l的方向向量为m，平面α的法向量为n，则不可能使l∥α的是(　　) A．m＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．m＝(1,3,5)，n＝(1,0,1) C．m＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．m＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1) 解析　若l∥α，则需m⊥n，即m·n＝0，根据选项验证可知：A中，m·n＝－2；B中，m·n＝6；C中，m·n＝－1；D中，m·n＝0。故选ABC。 答案　ABC 答案与解析 8．如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq \f(2,3)A1D，AF＝eq \f(1,3)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平行 解析　如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为3，则D(0,0,0)，E(1,0,1)，F(2,1,0)，A1(3,0,3)，A(3，0,0)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，D1(0,0,3)，所以eq \o(EF,\s\up16(→))＝(1,1，－1)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－3,3,0)，eq \o(A1D,\s\up16(→))＝(－3,0，－3)，所以eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(AC,\s\up16(→))＝0，eq \o(EF,\s\up16(→))·eq \o(A1D,\s\up16(→))＝0，所以EF⊥AC，EF⊥A1D。又eq \o(BD1,\s\up16(→))＝eq \o(DD1,\s\up16(→))－eq \o(DB,\s\up16(→))＝(－3，－3，3)。所以eq \o(BD1,\s\up16(→))＝－3eq \o(EF,\s\up16(→))，所以EF∥BD1。 答案　BD 答案与解析 三、填空题 9．已知u＝(a＋b，a－b,2)是直线l的一个方向向量，n＝(2,3,1)是平面α的一个法向量，若l⊥α，则a，b的值分别为________。 解析　因为l⊥α，所以u∥n。所以eq \f(a＋b,2)＝eq \f(a－b,3)＝eq \f(2,1)，所以a＝5，b＝－1。 答案　5，－1 答案与解析 10．已知三棱锥O　­ABC, OA＝OB＝1，OC＝2，OA，OB，OC两两垂直，存在一点D，使BD∥AC，DC∥AB，则D的坐标为________。 解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,2)，设所求点D(x，y，z)。由BD∥AC，DC∥AB⇒eq \o(BD,\s\up16(→))∥eq \o(AC,\s\up16(→))，eq \o(DC,\s\up16(→))∥eq \o(AB,\s\up16(→))，因此， 答案与解析 得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x，y－1，z＝k1－1，0，2，,－x，－y，2－z＝k2－1，1，0，)) 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1，,z＝2。))即点D的坐标为(－1,1,2)。 答案　(－1,1,2) 11．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是棱D1D上一点，N是A1B1的中点，则当eq \f(DM,DD1)＝________时，ON⊥AM。 解析　以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，1))。设M(0,1，a)(0≤a≤1)，则eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(ON,\s\up16(→))＝(0,1，a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))＝－eq \f(1,2)＋a＝0，所以a＝eq \f(1,2)。所以当eq \f(DM,DD1)＝eq \f(1,2)时，ON与AM垂直。 答案　eq \f(1,2) 答案与解析 四、解答题 12.如图，在四棱锥P­ABCD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。 证明　如图，以A为原点，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eq \o(CD,\s\up16(→))＝(－4,2,0)，eq \o(AE,\s\up16(→))＝(2,4,0)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝(0,0，h)。 因为eq \o(CD,\s\up16(→))·eq \o(AE,\s\up16(→))＝－8＋8＋0＝0，eq \o(CD,\s\up16(→))·eq \o(AP,\s\up16(→))＝0， 所以CD⊥AE，CD⊥AP。 因为AP∩AE＝A，所以CD⊥平面PAE。 13．如图所示，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD，M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点。 求证：(1)MN∥平面PAD； (2)平面QMN∥平面PAD。 证明　(1)如图，以A为原点，以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设B(b,0,0)，D(0，d,0)，P(0,0，d)， 则C(b，d,0)， 因为M，N，Q分别是PC，AB，CD的中点， 所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，\f(d,2)，\f(d,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，0，0))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)，d，0))， 所以eq \o(MN,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(d,2)，－\f(d,2)))。 因为平面PAD的一个法向量为m＝(1,0,0)， 且eq \o(MN,\s\up16(→))·m＝0，即eq \o(MN,\s\up16(→))⊥m。 又MN⊄平面PAD， 故MN∥平面PAD。 (2)eq \o(QN,\s\up16(→))＝(0，－d,0)，eq \o(QN,\s\up16(→))⊥m， 又QN⊄平面PAD， 所以QN∥平面PAD。 又因为MN∩QN＝N， 所以平面QMN∥平面PAD。 　素养升级　 14．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1的位置关系是________；设eq \o(CQ,\s\up16(→))＝λeq \o(CC1,\s\up16(→))，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝________。 解析　如图所示，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，设正方体的棱长为1，则Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，C(0,1,0)，C1(0,1,1)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)。则eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，eq \o(BD1,\s\up16(→))＝(－1，－1,1)，所以eq \o(OP,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(BD1,\s\up16(→))，eq \o(OP,\s\up16(→))∥eq \o(BD1,\s\up16(→))，所以OP∥BD1。设Q(0,1，z)，则eq \o(BQ,\s\up16(→))＝(－1,0，z)。由于OP∥BD1，故要使平面D1BQ∥平面PAO，只需eq \o(AP,\s\up16(→))∥eq \o(BQ,\s\up16(→))， 答案与解析 又eq \o(AP,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(1,2)))，故z＝eq \f(1,2)，则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，由eq \o(CQ,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，eq \o(CC1,\s\up16(→))＝(0,0,1)及eq \o(CQ,\s\up16(→))＝λeq \o(CC1,\s\up16(→))，得λ＝eq \f(1,2)。 答案　平行　eq \f(1,2) 15.如图，在四棱锥P­ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq \f(π,2)，PA＝AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝2，E，F分别是AB，PD的中点。 (1)求证：EF∥平面PBC； (2)若M为棱PC上一点，且平面EFM⊥平面PBC，求证：EM⊥PC。 证明　因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AD。 因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB。 又因为∠BAD＝eq \f(π,2)，所以AB⊥AD，则AB，AD，AP两两垂直。以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz。 则各点的坐标分别为A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0，4,0)，P(0,0,2)。 因为点E，F分别是AB，PD的中点， 所以E(1,0,0)，F(0,2,1)。 (1)设平面PBC的一个法向量为n1＝(a，b，c)。 因为eq \o(BP,\s\up16(→))＝(－2,0,2)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(0,2,0)， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1⊥\o(BP,\s\up16(→))，,n1⊥\o(BC,\s\up16(→))，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2a＋2c＝0，,2b＝0，)) 所以b＝0。 令a＝1，则c＝1，则n1＝(1,0,1)。 因为eq \o(EF,\s\up16(→))＝(－1,2,1)，所以eq \o(EF,\s\up16(→))·n1＝0。 又EF⊄平面PBC，所以EF∥平面PBC。 (2)因为M为棱PC上一点， 所以eq \o(PM,\s\up16(→))＝λeq \o(PC,\s\up16(→))(0≤λ≤1)。 设M(x，y，z)， 则(x，y，z－2)＝λ(2,2，－2)， 所以x＝2λ，y＝2λ，z＝2－2λ。 即M(2λ，2λ，2－2λ)， 所以eq \o(EM,\s\up16(→))＝(2λ－1,2λ，2－2λ)。 设平面EFM的一个法向量为n2＝(x，y，z)， 则n2⊥eq \o(EM,\s\up16(→))，n2⊥eq \o(EF,\s\up16(→))， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2λ－1x＋2λy＋2－2λz＝0，,－x＋2y＋z＝0，)) 消去y可得(3λ－1)x＋(2－3λ)z＝0。 令x＝3λ－2，则z＝3λ－1，y＝－eq \f(1,2)。 所以n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3λ－2，－\f(1,2)，3λ－1))。 因为平面EFM⊥平面PBC，所以n1⊥n2， 则3λ－2＋3λ－1＝0。 所以λ＝eq \f(1,2)，所以M(1,1,1)，从而eq \o(EM,\s\up16(→))＝(0,1,1)。 因为eq \o(PC,\s\up16(→))＝(2,2，－2)，所以eq \o(EM,\s\up16(→))·eq \o(PC,\s\up16(→))＝0，则eq \o(EM,\s\up16(→))⊥eq \o(PC,\s\up16(→))，即EM⊥PC。 $$