课时作业7 空间向量与垂直关系（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（人教版）

课时作业(七)　空间向量与垂直关系 [基础达标练] 1．设l1的一个方向向量为a＝(1,3，－2)，l2的一个方向向量为b＝(－4,3，m)，若l1⊥l2，则m等于(　　) A．1　　　　　　　　 B． C． D．3 答案：B 2．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 3．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 4．(多选)四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，则下列等式成立的是(　　) A．·＝0 B．·＝0 C．·＝0 D．·＝0 解析：选ABC　因为PA⊥平面ABCD，所以·＝0，·＝0成立．又·＝(＋＋)·(－)＝·(－)＋2－2＝0成立，·＝(＋＋)·＝·＋2＋·≠0，故成立的有A，B，C． 5．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： 6．已知空间三点A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝，a分别与，垂直，则向量a＝________. 解析：由题意知，＝(－2，－1,3)，＝(1，－3，2)． 设向量a＝(x，y，z)，则有令z＝1，得x＝1，y＝1，令z＝－1，得x＝－1，y＝－1，则向量a＝(1,1，1)或(－1，－1，－1)． 答案：(1,1,1)或(－1，－1，－1) 7．正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E为AC的中点． 求证：(1)BD1⊥AC；(2)BD1⊥EB1. 证明：以D为原点，DA，DC，DD1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D ­xyz.设正方体的棱长为1，则B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，B1(1,1,1)． (1)＝(－1，－1,1)，＝(－1,1,0)， ∴·＝(－1)×(－1)＋(－1)×1＋1×0＝0. ∴⊥，即BD1⊥AC． (2)＝(－1，－1,1)，＝， ∴·＝(－1)×＋(－1)×＋1×1＝0. ∴⊥，即BD1⊥EB1. 8．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：建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1，P(0,1，a)，则A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，E，C1(0,1,1)． 所以＝(0,1,0)，＝(－1,1，a－1)， ＝，＝(0,1,1)． 设平面A1B1P的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则⇒ 所以令z1＝1，得x1＝a－1. 所以n1＝(a－1,0,1)是平面A1B1P的一个法向量． 设平面C1DE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则⇒ ⇒ 令y2＝1，得x2＝－2，z2＝－1.所以n2＝(－2,1，－1)是平面C1DE的一个法向量． 因为平面A1B1P⊥平面C1DE，所以n1·n2＝0， 即－2(a－1)－1＝0.得a＝. 所以当P为CC1的中点时，平面A1B1P⊥平面C1DE. [能力提升练] 9．如图所示，在正方体ABCD ­A1B1C1D1中，E，F分别在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 解析：选B　以D点为坐标原点，以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，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)． 所以＝－，·＝·＝0. 从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC． 10．(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所在直线分别为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． 11．如图所示，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，则AE＝________. 解析：建立如图所示的空间直角坐标系， 则B1(0,0,3a)，C(0，a,0)，D. 设E(0≤z≤3a)，则＝(a，－a，z)，＝(a,0，z－3a)， ＝. 又·＝a2－a2＋0＝0， 故由题意，得2a2＋z2－3az＝0. 解得z＝a或2a.故AE＝a或2a. 答案：a或2a 12．如图所示，在矩形ABCD中，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.解得a＝2，a＝－2(舍去)． 这时x＝1∈[0，a]． 答案：2 13．如图，长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点，求证：直线PB1⊥平面PAC． 证明：依题设，以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D ­xyz， 则C(1,0,0)，P(0,0,1)，A(0,1,0)， B1(1,1,2)． 于是＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)， ＝(1,1,1)． ∴·＝(－1,1,0)·(1,1,1)＝0， ·＝(－1,0,1)·(1,1,1)＝0. 故⊥，⊥，即PB1⊥CP， PB1⊥CA． 又CP∩CA＝C，且CP⊂平面PAC，CA⊂平面PAC． 故直线PB1⊥平面PAC． [素养拓展练] 14．如图所示，在三棱柱ABC ­A1B1C1中，侧面BCC1B1⊥底面ABC． (1)若M，N分别是AB，A1C的中点， 求证：MN∥平面BCC1B1； (2)若三棱柱ABC ­A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1.若存在，求C1P与PA1的比值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接AC1，BC1，则AC1∩A1C＝N，AN＝NC1. 因为AM＝MB，所以MN∥BC1. 又因为BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1， 所以MN∥平面BCC1B1. (2)作B1O⊥BC于O点，连接AO，因为平面BCC1B1⊥底面ABC，所以B1O⊥平面ABC．以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，，0)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，B1(0,0，)．由＝＝，可求出A1(1，，)，C1(2，0，)．设点P(x，y，z)，＝λ， 则P点坐标为， ＝， ＝(－1,0，)． 设平面B1CP的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)． 由得 令z1＝1，解得n1＝，是平面B1CP的一个法向量．同理可求出平面ACC1A1的一个法向量n2＝(，1，－1)． 由平面B1CP⊥平面ACC1A1，得n1·n2＝0， 即3＋－1＝0.解得λ＝3.所以＝3. 故存在一点P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1，且C1P∶PA1＝2. 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 $$