1.4.1 第2课时 空间中直线、平面的垂直-【创新教程】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册五维课堂Word课时作业（人教A版2019）

[基础达标练] 1．若平面α与β的法向量分别是a＝(2,4，－3)，b＝(－1,2,2)，则平面α与β的位置关系是(　　) A．平行　　　　　　　　 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定 解析：B　[因为a·b＝(2,4，－3)·(－1,2,2)＝0，所以a⊥b，所以两平面垂直．故答案为B.] 2．(多选)已知v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列说法中，正确的是(　　) A．v1∥v2⇔l1∥l2 B．v1⊥n1⇔l1⊥α C．n1∥n2⇔α∥β D．n1⊥n2⇔α⊥β 解析：ACD　[选项A，由题设v1∥v2⇔l1∥l2，故A正确； 选项B，由题设v1∥n1⇔l1⊥α，v1⊥n1⇔l1⊂α或l1∥α，故B错误； 选项C，由题设n1∥n2⇔α∥β，故C正确； 选项D，由题设n1⊥n2⇔α⊥β，故D正确．] 3．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－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 解析：B　[因为·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，所以⊥； 因为·＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以⊥，又∩＝A，所以AP⊥平面ABCD.选B.] 4．已知A(3,0，－1)，B(0，－2，－6)，C(2,4，－2)，则△ABC是(　　) A．等边三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 解析：C　[＝(－3，－2，－5)，＝(－1,4，－1)， 则·＝－3×(－1)－2×4＋5＝0.所以⊥.故△ABC为直角三角形． 又||≠||，故选C.] 5．(多选)在菱形ABCD中，若是平面ABCD的法向量，则以下等式中一定成立的是(　　) A.·＝0 B.·＝0 C.·＝0 D.·＝0 解析：ABD　[∵PA⊥平面ABCD，∴BD⊥PA.又AC⊥BD，AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC， ∵PC⊂平面PAC，∴PC⊥BD.故ABD成立．] 6．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三个平面中两两垂直的有　________　对． 解析：∵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，∴a，b，c中任意两个向量都不垂直，∴α，β，γ三个平面中任意两个平面都不垂直． 答案：0 7.如图，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为4，记A1C1∩B1D1＝F，BC1∩B1C＝E，若AE⊥BF，则此棱柱的体积为　______　. 解析：建立如图所示空间直角坐标系， 设DD1＝h，又AB＝BC＝4， 则A(4,0,0)，E， B(4,4,0)，F(2,2，h)， ∴＝，＝(－2，－2，h)， ∵AE⊥BF，∴4－8＋＝0，即h＝2. ∴此棱柱的体积为4×4×2＝32. 答案：32 8.如图所示，△ABC是一个正三角形，EC⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝CA＝2BD. 求证：平面DEA⊥平面ECA. 证明：建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz，不妨设CA＝2， 则CE＝2，BD＝1，C(0,0,0)，A(，1,0)，B(0,2,0)，E(0,0,2)，D(0,2,1)． 所以＝(，1，－2)，＝(0,0,2)，＝(0,2，－1)． 分别设平面ECA与平面DEA的法向量是n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 则即 解得 即解得 不妨取n1＝(1，－，0)，n2＝(，1,2)， 因为n1·n2＝0，所以n1⊥n2.所以平面DEA⊥平面ECA. [能力提升练] 9.如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．若点Q在线段B1P上，则下列结论正确的是(　　) A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD D．不存在点Q，使得DQ⊥平面A1BD 解析：D　[以点A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则由已知得A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0，1,0)，B(1,0,1)，D，P(0,2,0)， 则＝(1,0,1)，＝，＝(－1,2,0)，＝. 设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2,1，－2)．假设DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ(－1,2,0)＝(－λ，2λ，0)，则＝＋＝.因为也是平面A1BD的一个法向量，所以n＝(2,1，－2)与＝共线，则＝＝＝成立，所以但此关于λ的方程组无解．故不存在点Q，使得DQ⊥平面A1BD.故选D.] 10．(多选)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝AA1＝2， P，Q，R分别是AB，BB1，A1C上的动点，下列结论正确的是(　　) A．对于任意给定的点P，存在点Q使得D1P⊥CQ B．对于任意给定的点Q，存在点R使得D1R⊥CQ C．当AR⊥A1C时，AR⊥D1R D．当A1C＝3A1R时，D1R∥平面BDC1 解析：ABD　[如图所示，建立空间直角坐标系，设P(2，a,0)，a∈[0,2]，Q(2，2，b)，b∈[0,2], 设＝λ，得到R(2－2λ，2λ,2－2λ)，λ∈[0,1].＝(2，a，－2)，＝(2,0，b)，·＝4－2b，当b＝2时，D1P⊥CQ，A正确； ＝(2－2λ，2λ，－2λ)，·＝2(2－2λ)－2λb，取λ＝时，D1R⊥CQ，B正确； AR⊥A1C，则·＝(－2λ，2λ，2－2λ)·(－2，2，－2)＝4λ＋12λ－4＋4λ＝0，λ＝，此时·＝·＝－≠0，C错误；A1C＝3A1R，则R，＝，设平面BDC1的法向量为n＝(x，y，z)，则解得n＝(，－1，)，故·n＝0，故D1R∥平面BDC1，D正确．故选ABD.] 11．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列各点中，在平面α内的是　________　.(把正确的序号都填上) ①(1，－1,1)；②；③；④. 解析：设①②③④中的点分别为B、C、D、E.对于①中的点B(1，－1,1)，＝(－1,0，－1)，·n＝－3－2＝－5≠0，则B∉α；对于②中的点C，＝，·n＝－3＋4＋2×＝0，则C∈α；对于③中的点D，＝，·n＝－3－2－1≠0，则D∉α；对于④中的点E，＝，·n＝－9＋4－7≠0，则E∉α.因此，②中的点在平面α内． 答案：② 12．如图1，在直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，∠A＝60°，AB＝2.D，M分别是AC，BD的中点．现将三角形ABD沿BD边折起，记折起后的点A位于点P的位置，且平面PBD⊥平面DBC(如图2所示)，点N为BC边上的一点，且＝λ(0<λ<1)． (1)若BD⊥平面PMN，求λ的值； (2)是否存在λ，使平面PDN⊥平面PMN？若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由． 解：(1)折叠前，直角△ABC中，AB⊥BC，∠BAC＝60°，D是AC中点， 所以AD＝AB＝DB＝2，∠DBC＝30°，BC＝2.折叠后，由DB⊥平面PMN， 所以DB⊥MN，△PDB为等边三角形，PD＝PB＝DB＝2， 又点M为BD的中点，所以DM＝BM＝1. 直角△BMN中，∠DBC＝30°，所以BN＝＝，所以λ＝＝. (2)由平面PBD⊥平面DBC，PM⊥DB，所以PM⊥平面DBC. 由(1)知，当BN＝＝时，DB⊥MN，记此时点N的位置为N0. 以MN0所在直线为x轴，MB所在直线为y轴，M为坐标原点，建立直角坐标系，如图所示，则M(0,0,0)，P(0，0，)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，N(λ，1－3λ，0)． 故＝(0,0，－)，＝(0，－1，－)，＝(λ，1－3λ，－)， 设平面PDN的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)， 则 所以令z1＝1， 则n1＝. 设平面PMN的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)， 则所以 令y2＝，则n2＝.要使平面PDN⊥平面PMN，有n1·n2＝0， 即·－3＝0，化简得12λ2－9λ＋2＝0，由于Δ＝－15<0，该一元二次方程无实数解，所以不存在λ，使平面PDN⊥平面PMN. [素养培优练] 13．已知梯形CEPD如下图所示，其中PD＝8，CE＝6，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面PABE⊥平面ABCD，得到如图所示的几何体．已知当点F满足＝λ(0<λ<1)时，平面DEF⊥平面PCE，则λ的值为(　　) A. B. C.　　　 D. 解析：C　[因为四边形ABCD为正方形，且平面PABE⊥平面ABCD，所以PA，AB，AD两两垂直，且PA∥BE，所以建立空间直角坐标系(如图所示)，又因为PD＝8，CE＝6，所以P(0,0,4)，C(4,4,0)，E(4,0,2)，D(0,4,0)，B(4,0,0)， 则F(4λ，0,0)，＝(4，－4,2)，＝(4λ，－4,0)，＝(0，－4,2)，＝(－4,0,2)，设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，则由得取m＝(1，λ，2λ－2)，设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，则由得取n＝(1,1,2)， 因为平面DEF⊥平面PCE，所以m·n＝1＋λ＋2(2λ－2)＝5λ－3＝0，解得λ＝.故选C.] 14．如图，圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB，CD为底面圆O内两条互相垂直的直径，Q是底面圆周上的动点(异于A，B)，且C，Q在直径AB的两侧．已知PO＝OB＝1. (1)若∠QOB＝，求证：PQ⊥AC； (2)若在线段PQ上存在点T(异于P，Q)，使得BT∥平面PAC，求∠QOB的取值范围． 解：(1)证明：因为PO⊥平面AOC， AC⊂平面AOC，所以PO⊥AC， 当∠QOB＝时，∠QOD＝，如图，连接BD，则BD⊥OQ. 因为AB⊥CD，OA＝OB，OC＝OD， 所以△AOC≌△BOD，则BD∥AC，所以AC⊥OQ. 又因为PO∩QO＝O，PO，QO⊂平面POQ，所以AC⊥平面POQ， 又因为PQ⊂平面POQ，所以PQ⊥AC. (2)以O为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设∠QOB＝θ(θ∈(0，π))，则A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(0，－1,0)，P(0,0,1)，Q(cos θ，sin θ，0)， 所以＝(－1,0，－1)，＝(0，－1，－1)． 设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)， 则即取x＝1， 则z＝－1，y＝1，所以m＝(1,1，－1)． 设＝t(t∈(0,1))，因为＝(cos θ，sin θ，－1)，＝(－1,0,1)，所以＝(tcos θ，tsin θ，t)． 所以＝＋＝(tcos θ－1，tsin θ，1－t)． 因为BT∥平面PAC，所以·m＝tcos θ－1＋tsin θ＋t－1＝0， 即cos θ＋sin θ＝－1，t∈(0,1)， 所以sin＝－∈，所以sin＞，又θ∈(0，π)，所以θ∈.即∠QOB的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$