课时作业23 用向量方法研究立体几何中的位置关系（Word练习）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第一册高中同步学案（北师大版）

课时作业(二十三)　用向量方法研究 立体几何中的位置关系 [基础达标练] 1．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(1，2，－2)，b＝(－2，3，2)，则(　　) A．l1∥l2 B．l1⊥l2 C．l1，l2相交但不垂直 D．不能确定 解析：选B　a·b＝1×(－2)＋2×3＋(－2)×2＝0， ∴a⊥b.∴l1⊥l2. 2．已知直线l的方向向量是a＝(3，2，1)，平面α的法向量是u＝(－1，2，－1)，则l与α的位置关系是(　　) A．l⊥α B．l∥α C．l与α相交但不垂直 D．l∥α或l⊂α 答案：D 3．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 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 5．设平面α的一个法向量为n1＝(1，2，－2)，平面β的一个法向量为n2＝(－2，－4，k)若α∥β，则k＝________． 解析：∵α∥β，∴存在实数λ，使(1，2，－2)＝λ(－2，－4，k)，∴k＝4. 答案：4 6．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且⊥平面ABC，则＝________． 解析：∵⊥，∴·＝0， ∴3＋5－2z＝0， ∴z＝4.∵＝(x－1，y，－3)， 且⊥平面ABC， ∴ 即 解得 故＝. 答案： 7．在长方体ABCD A1B1C1D1中，DA＝2，DC＝3，DD1＝4，M，N，E，F分别为棱A1D1，A1B1，D1C1，B1C1的中点． 求证：平面AMN∥平面EFBD. 证明：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(2，3，0)，M(1，0，4)，N，E，F(1，3，4). ∴＝，＝，＝(－1，0，4)，＝(－1，0，4). ∴＝，＝.∴MN∥EF，AM∥BF， 又∵EF∩BF＝F，∴MN∥平面EFBD， AM∥平面EFBD. 又MN∩AM＝M， ∴平面AMN∥平面EFBD. 8． 如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点． 求证：AB1⊥平面A1BD. 证明：如图所示，取BC的中点O，连接AO. 因为△ABC为正三角形，所以AO⊥BC. 因为在正三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1的中点O1，以O为坐标原点，OB，OO1，OA所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0). 所以＝(1，2，－)，＝(－1，2，)，＝(－2，1，0). 因为·＝1×(－1)＋2×2＋(－)×＝0. ·＝1×(－2)＋2×1＋(－)×0＝0. 所以⊥，⊥，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD. 又因为BA1∩BD＝B，所以AB1⊥平面A1BD. [能力提升练] 9．(多选)如图所示，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，下列结论正确的是(　　) 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 解析：选BC　建立以D为坐标原点，以DB，DC，DA所在直线为x，y，z轴的空间坐标系(图略)，设等腰直角三角形ABC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)，从而有·＝0＋0＋1＝1，故A不正确，·＝0，故B正确，·＝0，故C正确，易知平面ADC的一个法向量为向量＝(－1，0，0)，平面ABC的法向量设为n＝(x，y，z)，由·n＝x－z＝0，·n＝y－z＝0，令y＝1，则x＝1，z＝1，故n＝(1，1，1)，·n＝－1，故D错误． 10．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在直线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DQ与平面A1BD垂直 解析：选D　以A1为原点，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(图略).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)，＝(1，0，1)，＝，＝(－1，2，0)，＝.设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量n＝(2，1，－2).假设DQ⊥平面A1BD，且B1Q＝λ＝λ(－1，2，0)＝(－λ，2λ，0)，则＝＋＝，因为DQ也是平面A1BD的法向量，所以n＝(2，1，－2)与＝共线，于是有＝＝＝成立，但此方程关于λ无解．故不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直，故选D. 11．如图所示，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________． 解析：如图，建立空间直角坐标系． 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，a＝2，a＝－2(舍去)， 这时x＝1∈[0，a]. 答案：2 12． 如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(填写一个你认为正确的即可) 解析：由三垂线定理知BD⊥PC，当DM⊥PC时，即有PC⊥平面BMD，所以平面MBD⊥平面PCD. 答案：DM⊥PC(答案不唯一) 13． 如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，P，Q分别为线段AB，CD的中点，EP⊥平面ABCD. (1)求证：AQ∥平面CEP； (2)求证：平面AEQ⊥平面DEP. 证明： (1)∵EP⊥平面ABCD，且P，Q均为AB，DC的中点，∴PQ⊥AB.故以P为坐标原点，以PA，PQ，PE所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图． 设AB＝2，PE＝a，则A(1，0，0)，Q(0，1，0)，E(0，0，a)，C(－1，1，0).∵＝(－1，1，0)，＝(－1，1，0)， ∴＝，∴AQ∥，∴AQ∥PC. 又∵AQ⊄平面EPC，PC⊂平面EPC， ∴AQ∥平面EPC. (2)∵D(1，1，0)，E(0，0，a)， ∴＝(1，1，0)，＝(0，0，a)， ∴·＝(－1，1，0)·(1，1，0)＝－1＋1＝0， ·＝(－1，1，0)·(0，0，a)＝0. ∴⊥，⊥，即AQ⊥PD，AQ⊥PE. 又PD∩PE＝P，∴AQ⊥平面EPD. 又AQ⊂平面AEQ，∴平面AEQ⊥平面DEP. [素养拓展练] 14．如图，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°， PD⊥底面ABCD，且PD＝DA＝CD＝2AB＝2，M点为PC的中点． (1)求证：BM∥平面PAD； (2)在平面PAD内找一点N，使MN⊥平面PBD. 解： (1)证明：因为PD⊥底面ABCD，CD∥AB，CD⊥AD. 所以以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz(如图所示).由于PD＝CD＝DA＝2AB＝2，所以D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，M(0，1，1)，所以＝(－2，0，1)，＝(0，2，0).因为DC⊥平面PAD， 所以DC是平面PAD的法向量，又因为·＝0， 且BM⊄平面PAD，所以BM∥平面PAD. (2)设N(x，0，z)是平面PAD内一点， 则＝(x，－1，z－1)，＝(0，0，2)，＝(2，1，0)， 若MN⊥平面PBD， 则即 所以在平面PAD内存在点N，使MN⊥平面PBD. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$