1.4.1.3空间中直线、平面的垂直同步练- 2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 分层递进式设计，从基础概念到综合创新，通过向量工具实现空间垂直关系的认知深化与能力进阶。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A级|方向向量、法向量的垂直关系判断，简单线面垂直证明|单一知识点直接应用，选择为主，夯实运算能力与空间观念| |B级|平面方程、动点轨迹、存在性问题|综合应用，解答题强调逻辑推理，培养数学思维| |C级|探究性问题、定值证明|多问综合，结合重心、共面等复杂情境，发展创新意识与数学表达|

1.4.1.3　空间中直线、平面的垂直 A级　必备知识基础练 1.(2026辽宁高二期末)两条不同直线l1,l2的方向向量分别为m=(1,1,-2),n=(-2,2,-1),则这两条直线(　　) A.相交或异面 B.相交 C.异面 D.平行 2.(2026四川成都高二期中)已知直线l的方向向量为m=(2,-1,3),平面α的法向量为n=(-4,2x2,6x),若l⊥α,则x的值为(　　) A.-1 B.1或-1 C.3 D.1 3.(2026北京高二期末)已知平面α的法向量n=(2,1,-1),直线l的方向向量v=(1,-2,1),则l与α的位置关系是(　　) A.平行 B.垂直 C.直线在平面内 D.相交但不垂直 4.(2026山东高二阶段测试)若平面α的法向量为u=(1,2,4),直线m的方向向量为a=(x,-1,-2),直线n的方向向量为b=(-1,y,-4),则下列说法正确的是(　　) A.若m∥α,则x=-0.5 B.若n⊥α,则y=2 C.若m∥n,则y=-2 D.若x=10,则m⊥α 5.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,=λ =3.若PN⊥BM,则λ=(　　) A. B. C. D. 6.(多选题)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 7.(2026北京高二期中)已知a=(m,-2,6)是直线l的方向向量,b=(1,n,-3)是平面α的法向量.若直线l⊥α,则m-n=　　　　　.  8.已知平面α的一个法向量a=(x,1,-2),平面β的一个法向量b=(-1,y,),若α⊥β,则x-y=　　　　　.  9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=1,AB=AA1=2,N,M分别是AB,C1D的中点.求证:NM⊥平面A1B1M. 10.(2026贵州高二期末)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD =90°,AB=BC=PB=PC=2CD=2,侧面PBC⊥底面ABCD.求证: (1)PA⊥BD; (2)平面PAD⊥平面PAB. B级　关键能力提升练 11.(2026湖北孝感高二期末)已知平面α经过点A(0,0,-1),m=(1,2,-2)为平面α的一个法向量,点P(x,y,z)是平面α内异于点A的任意一点,则(　　) A.x+2y-2z=-2 B.x+2y-2z=2 C.x-2y-2z=2 D.x-2y-2z=4 12.(多选题)已知点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的侧面CDD1C1及其边界上运动,并保持BP⊥A1C,若正方体边长为1,则A1P的可能取值是(　　) A. B. C. D. 13.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,则线段AN的长为　　　　.  14.(人教B版教材例题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,判断满足下列条件的点M,N是否存在:M∈AD1,N∈BD,MN⊥AD1,MN⊥BD. 15.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,且AD∥BC,∠ABC=∠PAD= 90°,侧面PAD⊥底面ABCD.若PA=AB=BC=AD. (1)求证:CD⊥平面PAC. (2)侧棱PA上是否存在点E,使得BE∥平面PCD?若存在,求出点E的位置并证明;若不存在,请说明理由. C级　学科素养创新练 16.(2026广东高二期末)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°, AA1=2,N是A1B1的中点. (1)求证:A1B⊥C1N. (2)F为线段AB上的动点,则是否存在F使得AB⊥平面CC1F?若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由. (3)若M为AB中点,G为△AMC的重心,H为C1G上一点,且C1H∶HG=3∶1,过点H作任一平面分别交C1A,C1C,C1M于点P,Q,R,若=m=n=t,求证:为定值. 答案 1.A　假设∃λ∈R,使得m=λn,即(1,1,-2)=λ(-2,2,-1),则此方程组无解,即直线l1,l2不平行, 故直线l1,l2相交或异面.故选A. 2.A　因为l⊥α,则m∥n,所以,解得x=-1.故选A. 3.D　因为,所以n与v不平行,所以l与α不垂直.因为n·v=2×1+1×(-2)-1×1=-1,所以n与v不垂直,所以l与α不平行,l也不在平面α内.所以l与α相交但不垂直.故选D. 4.C　若m∥α,则u·a=x-2-8=0,解得x=10,故A错误;若n⊥α,则,解得y=-2,故B错误;若m∥n,则∃λ∈R,使得a=λb,即解得故C正确;若x=10,则u·a=0,即u⊥a,此时m∥α,或m⊂α,故m⊥α不成立,故D错误.故选C. 5.C　如图,以AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Axyz, 则P(λ,0,1),N(,0),B(1,0,0),M(0,1,),=(-λ,,-1),=(-1,1,, 所以=λ-=0,即λ=.故选C. 6.AC　以D为原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略). 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显然不垂直. 7.-3　由l⊥α,得a∥b,即存在实数k使得a=kb,即(m,-2,6)=k(1,n,-3), 得解得 故m-n=-3. 8.-　因为平面α的一个法向量a=(x,1,-2),平面β的一个法向量b=(-1,y,),且α⊥β,所以a⊥b,即a·b=0,所以-x+y-2×=0,得x-y=-. 9.证明 以点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, 则A(1,0,0),M(0,1,1),N(1,1,0),B1(1,2,2),A1(1,0,2),=(0,2,0),=(-1,1,-1),=(-1,0,1),设平面A1B1M的法向量为n=(x,y,z), 由 取x=-1,则y=0,z=1,可得n=(-1,0,1), 所以=n,故NM⊥平面A1B1M. 10.证明 (1)取BC的中点为O,连接PO. 因为BC=PB=PC=2,所以PO⊥BC. 因为侧面PBC⊥底面ABCD,侧面PBC∩底面ABCD=BC,PO⊂平面PBC,所以PO⊥底面ABCD.过点O作OE⊥BC交AD于点E,易知OE,BC,OP两两垂直. 以O为原点,OE,OB,OP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则O(0,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),A(2,1,0),D(1,-1,0),P(0,0,), 所以=(2,1,-),=(1,-2,0),=2×1+1×(-2)+(-)×0=0, 所以,即PA⊥BD. (2)由(1)知,=(2,1,-),=(-1,-2,0),=(-2,0,0),=(0,1,-), 设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则令x1=2,则y1=-1,z1=, 则平面PAD的一个法向量为n1=(2,-1,). 设平面PAB的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则令y2=,则x2=0,z2=1, 则平面PAB的一个法向量n2=(0,,1). 又因为n1·n2=2×0-1××1=0, 所以n1⊥n2,故平面PAD⊥平面PAB. 11.B　因为m=(1,2,-2)是平面α的一个法向量,点A,P是平面α内不同的两点,所以⊥m,故·m=(x,y,z+1)·(1,2,-2)=x+2y-2z-2=0,即x+2y-2z=2.故选B. 12.BC　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, 则点A1(1,0,1),C(0,1,0),B(1,1,0). 设点P(0,y,z)(0≤y≤1,0≤z≤1),则=(-1,1,-1),=(-1,y-1,z),=(-1,y,z-1). 因为BP⊥A1C,则=1+y-1-z=y-z=0, 所以y=z,所以||=. 故选BC. 13.　连接EO,因为AE=DE,O为AD中点,则EO⊥AD.又EO⊂平面ADE,且平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,则EO⊥平面ABCD. 又OB⊂平面ABCD,OD⊂平面ABCD, 故EO⊥OB,EO⊥OD. 又四边形BCDO是边长为1的正方形,则OB⊥OD. 以O为原点,OB,OD,OE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 因为AE=DE,AE⊥DE,则OE=OA=OD=OB=1, 则O(0,0,0),M(0,),A(0,-1,0),E(0,0,1),D(0,1,0),B(1,0,0), 设N(0,λ,0),-1≤λ≤1,则=(1,-λ,0),=(1,-,-),=(0,1,1),=(-1,0,1). 设平面BMN的一个法向量n=(a,b,c), 则令a=λ,则b=1,c=2λ-1,得n=(λ,1,2λ-1). 设平面ABE的一个法向量m=(x,y,z),则 令x=1,则y=-1,z=1,得m=(1,-1,1). 因为平面BMN⊥平面ABE,则m·n=0,即λ-1+2λ-1=0,解得λ=,所以线段AN的长为. 14.解 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,正方体的棱长为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(1,0,0),D1(0,0,1),B(1,1,0),D(0,0,0),所以=(-1,0,1),=(-1,-1,0),=(0,1,0). 假设满足条件的M,N存在,而且=t=(-t,0,t),=s=(-s,-s,0), 则=-=(t-s,-s+1,-t). 因为MN⊥AD1,MN⊥BD,所以, 从而 解得t=,s=.因此,满足条件的M,N是存在的. 15.解 因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD. 又因为侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,所以PA⊥底面ABCD. 因为∠BAD=90°,所以AB,AD,AP两两垂直.分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设AD=2,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1). (1)证明:=(0,0,1),=(1,1,0),=(-1,1,0),可得=0,=0, 所以AP⊥CD,AC⊥CD. 又因为AP∩AC=A,所以CD⊥平面PAC. (2)当E为PA的中点时,BE∥平面PCD.证明如下: 设E是侧棱PA的中点,则E(0,0,),=(-1,0,). 设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),则 因为=(-1,1,0),=(0,2,-1),所以取x=1,则y=1,z=2,所以平面PCD的一个法向量为n=(1,1,2).所以n·=(1,1,2)·(-1,0,)=0, 所以n⊥.因为BE⊄平面PCD,所以BE∥平面PCD. 综上所述,当E为PA的中点时,BE∥平面PCD. 16.(1)证明 以C为原点,CA,CB,CC1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, 则A(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,0,2),B1(0,1,2),C1(0,0,2), ∵N是A1B1的中点,则N(,2),=(-1,1,-2),=(,0). ∵=-1×+1×+(-2)×0=0,∴,即A1B⊥C1N. (2)解 存在. 假设存在F使得AB⊥平面CC1F,由(1)得=(-1,1,0),=(0,0,-2), 设=λ=λ(-1,1,0)=(-λ,λ,0),其中0≤λ≤1,则F(1-λ,λ,0),=(1-λ,λ,0). ∵CC1⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,∴CC1⊥AB. ∵CC1∩CF=C,CC1,CF⊂平面C1CF,若AB⊥平面C1CF, 则只需=-(1-λ)+λ=0,解得λ=, ∴=1,故存在点F,使得AB⊥平面C1CF,此时=1. (3)证明 ∵G为△AMC的重心,则=0, 即=0,可得). ∵H为C1G上一点,且C1H∶HG=3∶1, 则). ∵P,R,Q,H四点共面,则存在λ,μ∈R,使得=λ+μ,即=λ()+μ(),∴=(1-λ-μ)+λ+μ=(1-λ-μ)m+λn+μt. 又),且不共面, 由空间向量基本定理可得 因此=4(1-λ-μ)+4λ+4μ=4,为定值. 10 学科网（北京）股份有限公司 $