1.4.1.3空间中线、面垂直专项训练-福建省厦门外国语学校2023-2024学年高二上学期数学练习

厦门外国语学校2025届高二数学练习9: 空间中线、面垂直 班级： 姓名： 座号： 一、单选题 1．已知向量是平面α的两个不相等的非零向量，非零向量是直线的一个方向向量，则且是l⊥α的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知平面内的两个向量，且．若为平面的法向量，则的值分别为（ ） A． B． C．1，2 D． 3．若平面α，β的法向量分别为＝(－1，2，4)，＝(x，－1，－2)，且α⊥β，则x的值为（ ） A．10 B．－10 C． D．－ 4．若平面的法向量分别为，则与的位置关系是（ ） A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定 5．已知为直线的方向向量，，分别为平面，的法向量(，不重合)，那么下列说法中: ①；②；③；④正确的有（ ） A．个 B．个 C．个 D．个 6．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，，，则PA与底面ABCD的关系是（ ） A．相交 B．垂直 C．不垂直 D．成60°角 7．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点， F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的值为（ ） A．1∶2 B．1∶1 C．3∶1 D．2∶1 8．已知，，，若，且平面，则（ ） A． B． C． D． 二、多选题 9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N分别是棱DD1，D1C1的中点，则直线OM（ ） A．和AC垂直 B．和AA1垂直 C．和MN垂直 D．与AC，MN都不垂直 10．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，以下说法正确的是（ ） A．平面截正方体所得截面周长为 B．上存在点P，使得平面 C．三棱锥和体积相等 D．上存在点P，使得平面 三、填空题 11．若直线l1的方向向量为=(1,3,2),直线l2上有两点A(1,0,1),B(2,-1,2),则两直线的位置关系是_____. 12．如图，已知点E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有________条． 13．在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3，1)，C(2，－2，1)．若向量与平面ABC垂直，且，则的坐标为________________． 14．在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，SB＝，则异面直线SC与BC是否垂直________．(填“是”或“否”) 四、解答题 15．已知正方体中，为棱上的动点． （1）求证：； （2）若平面平面，试确定点的位置． 16．已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，，平面，且，平面与平面的交线为. （1）求证：； （2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点在平面上的射影的坐标. 17．如图所示在四棱锥中，底面，，，，，是的中点．求证：平面． 18．在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点. （1）求证：EF⊥CD； （2）在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB？若存在，求出点G坐标；若不存在，试说明理由 厦门外国语学校2025届高二数学练习9: 空间中线、面垂直答案 1．B【详解】当不共线时，由且，可推出l⊥α；当为共线向量时，由且，不能够推出，所以且是l⊥α的不充分条件；若，则一定有且，所以且是l⊥α的必要条件. 2．A【详解】． 由为平面的法向量，得，即，解得． 3．B【详解】解：因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，所以＝(－1，2，4)·(x，－1，－2)＝0， 解得x＝－10． 4．B【详解】解：因为，所以，所以， 所以与的位置关系是垂直关系. 5．B【详解】∵平面，不重合，平面，的法向量平行垂直等价于平面，平行垂直， ①③正确；直线l的方向向量平行于平面的法向量等价于直线l垂直于平面，②错误； 直线l的方向向量垂直于平面的法向量等价于直线l平行于平面或，④错误； 6．B解：因为，所以；因为，所以，又，所以平面ABCD． 7．B【详解】如图：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系： 设正方形的边长为1，，，则，，，，所以，，因为BF⊥PE，所以，所以，所以，解得，所以. 8．D【详解】，，，则，解得， ，平面，、平面，所以，，， 则，解得，因此，. 9．AC【详解】以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2a，则D(0，0，0)，D1(0，0，2a)，M(0，0，a)，A(2a，0，0)，C(0，2a，0)，O(a，a，0)，N(0，a，2a)，， ∴＝(－a，－a，a)，＝(0，a，a)，＝(－2a，2a，0)，， ∴＝0，＝0，，∴OM⊥AC，OM⊥MN．OM和AA1不垂直. 10．ACD【详解】对于B选项，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，所以，，若平面，则，而显然不成立，所以与不垂直，所以上不存在点P，使得面，所以B选项错误；对于A选项，连接，， ∵E，F分别为，的中点，故，而，故， ∴E﹐F，，C四点共线，∴平面截正方体所得的截面为梯形， ∴截面周长， 故A正确；对于C选项，连接，故， 而平面即为平面，因，故到平面的距离为到平面的距离的， 而到平面为，故到平面的距离为，故，所以成立，C正确； 对于D选项，取的中点M，的中点N，连接，，，∵且， ∴四边形为平行四边形，∴，∴，∵平面，平面 ∴平面，∴点P为的中点，∴上存在一点Р使得平面，故D正确． 11．垂直【详解】因为=(1,-1,1), 直线l1的方向向量为=(1,3,2),·=(1,3,2)·(1,-1,1)=0,所以两直线位置关系为垂直. 12．1【详解】解析假设存在满足条件的直线MN，建立空间直角坐标系如图所示，不妨设正方体的棱长为2，则D1(2，0，2)，E(1，2，0)，设,，所以，则，即.同理，若设，可得，所以，由于平面，,所以，解得.即存在满足条件的直线MN，有且只有一条． 13．(－2，4，1)或(2，－4，－1)【详解】据题意，得＝(－1，－1，2)，＝(1，0，2)． 设(x，y，z)，∵与平面ABC垂直， 即 可得 ，，解得或．当时，，；当时，，．∴的坐标为(－2，4，1)或(2，－4，－1)． 14．是【详解】如图，以A为坐标原点，AB，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则由AC＝2，BC＝，SB＝，得，，， ， . 因为，所以SC⊥BC. 15．（1）证明见解析；（2）E为CC1的中点． 【详解】（1）正方体中，为棱上的动点．，， ，平面，平面，． （2）设的中点为，正方体的棱长为2，设，，连结，，以为原点，、、为，，轴，建立空间直角坐标系，则，1，，，2，，，2，，，0，，，0，， ，1，，，，，，，，，，，，，是二面角的平面角，平面平面，，，解得，当为的中点时，能使平面平面． 16．（1）证明见解析；（2）. 【详解】（1）∵，面，面，∴面，而面面，面，∴，得证. （2）由题意，平面，易得、，且，故构建以D为原点，为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系，∵，，， ∴，，，，则，， 若为面的一个法向量，则，令，即，∴面的方程为，∴为过方向向量为的直线与面PBC的交点，若，则令，可得，综上，，即，故. 17．证明见解析.【详解】∵底面，，∴，，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，∵，∴为正三角形．∴，． ∴，，∴设平面的一个法向量为， 则，即，令，则，∴．∵，显然，∴，∴平面，即平面． 18．（1）证明详见解析；（2）存在，. 【详解】（1）证明：由题意知，DA，DC，DP两两垂直.如图以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，E，P(0，0，a)，F，，，因为，所以，从而得EF⊥CD. （2）存在.理由如下：假设存在满足条件的点G，设G(x，0，z)，则， 若使GF⊥平面PCB，则由，得x＝； 由，得z＝0，所以G点坐标为， 故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点. 学科网（北京）股份有限公司 $