2.4.2 第1课时 向量与垂直 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册配套练习word（湘教版）

2.4.2 第1课时 向量与垂直 [课时跟踪检测] 1.已知平面α的法向量为n=(4,-4,8),=(-1,1,-2),则直线AB与平面α的位置关系为 (　　) A.AB⊂α 　　B.AB⊥α C.AB与α相交但不垂直 　　D.AB∥α 解析:选B　由题设知n=-4,即n∥,又n是平面α的一个法向量,所以AB⊥α. 2.平面α的法向量为(3,1,-2),平面β的法向量为(-1,1,k),若α⊥β,则k= (　　) A.-2 B.2 C.1 D.-1 解析:选D　因为α⊥β,所以3×(-1)+1×1+(-2)×k=0,解得k=-1. 3.已知非零向量a,b,c分别为直线a,b,c的方向向量,且a=λb(λ≠0),b·c=0,则a与c的位置关系是 (　　) A.垂直 B.平行 C.相交 D.异面 解析:选A　由a=λb(λ≠0),b·c=0,则a·c=(λb)·c=λ(b·c)=0,即a⊥c,则直线a⊥c,所以a与c的位置关系是垂直. 4.已知向量n为平面α的一个法向量,l为一条直线l的方向向量,则l∥n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 解析:选C　向量n为平面α的一个法向量,l为一条直线l的方向向量,若l∥n,则向量l为平面α的一个法向量,l⊥α,充分性成立;若l⊥α,则向量l为平面α的一个法向量,l∥n,必要性成立,则l∥n是l⊥α的充要条件. 5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M在棱DD1上,直线AC1⊥平面A1BM,则点M的位置是 (　　) A.点D B.点D1 C.DD1的中点 D.不存在 解析: 选A　如图,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,M(0,0,t),0≤t≤1,A(1,0,0),C1(0,1,1),B(1,1,0),A1(1,0,1),=(-1,1,1),=(0,-1,1),=(-1,-1,t).∵·=-1×0+1×(-1)+1×1=0,∴AC1⊥BA1.∵直线AC1⊥平面A1BM,BM⊂平面A1BM,∴AC1⊥BM,∴·=0,∴-1×(-1)+1×(-1)+1×t=0,解得t=0,此时点M与点D重合. 6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O是BD的中点,M是棱AA1上一点,且平面MBD⊥平面OC1D1,则= (　　) A. B. C. D.1 解析:选D　如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设AD=1, 则B(1,1,0),D(0,0,0),O,D1(0,0,1), C1(0,1,1),设M(1,0,t),0≤t≤1,平面OC1D1的法向量为m=(x,y,z),则 解得y=0,令z=1得x=2,则m=(2,0,1),设平面MBD的法向量为n=(a,b,c), 则令c=1,则a=-t,b=t,故n=(-t,t,1),由题意得m·n=(2,0,1)·(-t,t,1)=-2t+1=0,解得t=,故=1. 7.[多选]如图,点E是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱DD1的中点,点M在线段BD1上运动,则下列结论正确的有 (　　) A.直线AD与直线C1M始终是异面直线 B.存在点M,使得B1M⊥AE C.四面体EMAC的体积为定值 D.当D1M=2MB时,平面EAC⊥平面MAC 解析:选BCD　连接AC1交BD1于点O,当点M在O点时直线AD与直线C1M相交,故A不正确;以D为坐标原点, 建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的边长为2,则D(0,0,0),D1(0,0,2),A(2,0,0), C(0,2,0),E(0,0,1), B(2,2,0),B1(2,2,2), =(-2,0,1),假设存在点M,使得B1M⊥AE,=+λ=(0,0,-2)+λ(-2,-2,2)=(-2λ,-2λ,2λ-2),λ∈[0,1],所以·=4λ+2λ-2=0,解得λ=,所以当D1M=2MB时B1M⊥AE,故B正确; 连接AC,BD交于点O1,因为点E是棱DD1的中点,此时EO1∥BD1,故线段BD1到平面EAC的距离为定值,所以四面体EMAC的体积为定值,故C正确;当D1M=2MB时,M,=(-2,0,1),=(-2,2,0), 设平面EAC的法向量为m=(x1,y1,z1), 由 令z1=2,可得x1=1,y1=1,可得m=(1,1,2), 设平面MAC的法向量为n=(x2,y2,z2), =, 由 令 x2=1,可得y2=1,z2=-1, 所以n=(1,1,-1), 因为m·n=1×1+1×1-1×2=0,所以m⊥n. 所以平面EAC⊥平面MAC,故D正确. 8.(5分)已知直线l的一个方向向量d=(2,3,5),平面α的一个法向量n=(4,m,n),若l⊥α,则m+n=　　　　.  解析:因为l⊥α,所以d∥n,所以==,解得m=6,n=10,所以m+n=16. 答案:16 9.(5分)已知a=(0,1,1),b=(1,1,0),c=(1,0,1)分别是平面α,β,γ的一个法向量,则α,β,γ三个平面中互相垂直的有　　　　对.  解析:因为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,所以a,b,c中任意两个都不垂直,即α,β,γ中任意两个都不垂直. 答案:0 10.(5分)在△ABC中,A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1).若向量n与平面ABC垂直,且 |n|=,则n的坐标为　　　　　.  解析:根据题意可得=(-1,-1,2),=(1,0,2), 设n=(x,y,z),∵n与平面ABC垂直, 则可得 又∵|n|==, 则=, 解得y=4或y=-4,当y=4时,x=-2,z=1;当y=-4时,x=2,z=-1. ∴n的坐标为(-2,4,1)或(2,-4,-1). 答案:(-2,4,1)或(2,-4,-1) 11.(5分)已知空间三点A(-1,1,1),B(0,0,1),C(1,2,-3).若直线AB上存在一点M,满足CM⊥AB,则点M的坐标为　　　　;若空间中点N满足BN⊥平面ABC,则符合条件的一个点N的坐标是　　　　　.  解析:设M(x,y,z),A(-1,1,1),B(0,0,1),C(1,2,-3),∵=(1,-1,0),=(2,1,-4),=(x,y,z-1),=(x-1,y-2,z+3), ∴由题意,得 ∴x=-,y=,z=1. ∴点M的坐标为. 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 则n·=x-y=0, n·=2x+y-4z=0. 令x=1,则y=1,z=.∴n=. 设点N的坐标为(a,b,c),则=(a,b,c-1). 由题知,∥n,即==. ∴点N的坐标满足(4k,4k,3k+1),其中k≠0.令k=1,则N(4,4,4). 答案:　(4,4,4)(答案不唯一) 12.(10分)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分别为AD,DE的中点,四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.点N在直线AD上,若平面BMN⊥平面ABE,求线段AN的长. 解:连接EO,因为AE=DE,则EO⊥AD,又EO⊂平面ADE,且平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,于是得EO⊥平面ABCD,又OB⊂平面ABCD,OD⊂平面ABCD,即有EO⊥OB,EO⊥OD, 而四边形BCDO是边长为1的正方形. 以O为原点,,,分别为x,y,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图,由AE=DE,AE⊥DE,得OE=OA=OD=OB=1,则O(0,0,0),M,A(0,-1,0),E(0,0,1),D(0,1,0),B(1,0,0),设N(0,λ,0)(-1≤λ≤1),=(1,-λ,0),=,=(0,1,1),=(-1,0,1), 设平面BMN的法向量n=(a,b,c), 则 令a=λ,得n=(λ,1,2λ-1), 设平面ABE的法向量m=(x,y,z), 则 令x=1,得m=(1,-1,1),因为平面BMN⊥平面ABE,则有m·n=0,即λ-1+2λ-1=0,解得λ=,所以线段AN的长为. 13.(10分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2, BC=CC1=1,E,F分别是DC,A1B1的中点.求证: (1)四边形BFD1E为平行四边形;(4分) (2)B1E⊥平面AED1.(6分) 证明:(1)以D为坐标原点,,,分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系, 则A(1,0,0),E(0,1,0),D1(0,0,1),B1(1,2,1),F(1,1,1),B(1,2,0),所以=(0,-1,1),=(0,-1,1),所以=,又B,F,D1,E四点不共线,所以四边形BFD1E为平行四边形. (2)由(1)知=(1,1,1),=(1,-1,0),所以·=1×0+1×(-1)+1×1=0,·=1×1+1×(-1)+1×0=0,所以⊥,⊥,即EB1⊥ED1,EB1⊥EA. 又因为ED1∩EA=E,ED1,EA⊂平面AED1. 所以B1E⊥平面AED1. 14.(15分)如图1,在边长为4的菱形ABCD中,∠BAD=60°,DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥DC,如图2. (1)求证:A1E⊥平面BCDE;(5分) (2)判断在线段EB上是否存在一点P,使平面A1DP⊥平面A1BC?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.(10分) 解:(1)证明:∵DE⊥AB,AB∥DC, ∴DE⊥DC,∵A1D⊥DC,A1D∩DE=D,A1D,DE⊂平面A1DE, ∴DC⊥平面A1DE,A1E⊂平面A1DE, ∴DC⊥A1E,∵A1E⊥DE,DC∩DE=D,DC,DE⊂平面BCDE,∴A1E⊥平面BCDE. (2)由题意,以EB,ED,EA1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则DE=2,A1(0,0,2),B(2,0,0),C(4,2,0),D(0,2,0), ∴=(-2,0,2),=(2,2,0), 设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z), 则令x=-, 则m=(-,1,-),设P(t,0,0)(0≤t≤2), 则=(t,0,-2),=(0,2,-2), 设平面A1DP的法向量为n=(a,b,c), 则取n=, ∵平面A1DP⊥平面A1BC, ∴n·m=-2+-t=0,解得t=-3, ∵0≤t≤2,∴在线段EB上不存在一点P,使平面A1DP⊥平面A1BC. 学科网（北京）股份有限公司 $