1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系 第3课时 空间中直线、平面的垂直(Word课后习题)-【满分思维】2026-2027学年高中数学选择性必修第一册学生用书（人教A版）

**基本信息** 本同步练通过基础概念应用、几何模型综合、动态探究提升三层设计，实现从向量垂直计算到空间垂直证明的递进，强化空间观念与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|空间垂直的向量判定（线线、线面、面面）|直接应用向量数量积公式，如第1题法向量垂直求参数| |中档|结合正方体、正三棱柱的垂直关系应用|几何体中坐标法应用，如第9题正三棱柱线面垂直证明| |提升|动态几何、折叠问题中的垂直综合探究|存在性问题与轨迹分析，如第16题折叠后平面垂直探究|

第3课时　空间中直线、平面的垂直 1.[2026·江苏太湖高级中学高二期中] 已知平面α,β的一个法向量分别为a=(1,-2,-4),b=(x,1,2),若α⊥β,则x的值为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　 A.10 B.-10 C. D.- 2.已知向量a=(4,4,5),b=(-7,x,y)分别是直线l1,l2的方向向量,若l1⊥l2,则下列几组解中可能正确的是 (　 ) A.x=1,y=3 B.x=4,y=3 C.x=2,y=4 D.x=0,y=2 3.已知直线l与平面α垂直,直线l的一个方向向量为a=(2,3,-1),直线l'的一个方向向量为b=(m,1,5),且直线l'与平面α平行,则m= (　 ) A.-1 B.1 C.-2 D.2 4.若平面α,β的一个法向量分别为a=(-1,2,7),b=(2,3,-4),则平面α与平面β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.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于 (　 ) A.AC B.BD C.A1D D.A1A 6.(多选题)[2026·东北师大附中高二期中] 已知平面α与平面β的法向量分别是n1,n2,直线l的方向向量为a,则下列说法正确的是 (　 ) A.若n1·n2=0,则α⊥β B.若n2∥a,则l⊥β C.若n1·a=0,则l⊥α D.若n2·a=0,则l∥β 7.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.  8.已知u=(2,a,b)(a,b∈R)是直线l的方向向量,n=(1,3,2)是平面α的法向量,如果l⊥α,那么2a+3b=　　　　.  9.(13分)如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,D为CC1的中点.求证:AB1⊥平面A1BD. 10.若平面α的一个法向量为n=(0,1,-1),直线l⊥平面α,则直线l的单位方向向量s= (　 ) A.(0,1,-1) B.± C.(0,,-) D.±(0,,-) 11.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别为棱AA1,BC的中点,若点P为正方体表面上一动点,且满足NP⊥平面MDC,则点P的轨迹长度为 (　 ) A.2 B. C. D.2 12.(多选题)如图,八面体的每一个面都是正三角形,并且A,B,C,D四个顶点在同一平面内,则下列结论正确的是 (　 ) A.AE∥平面CDF B.平面ABE∥平面CDF C.AB⊥DE D.平面ACE⊥平面BDF 13.[2026·山西大学附中高二月考] 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,DD1=2AB=2BC=2,动点P满足=λ(0<λ<1),则当AP与CP垂直时,λ的值为　　　　.  14.(15分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点. (1)求证:A1E⊥BD; (2)若平面A1BD⊥平面EBD,求证:E为CC1的中点. 15.(多选题)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足=λ+μ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则 (　 ) A.当λ=1时,有CP∥BB1 B.当μ=1时,△ABP的周长为定值 C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P 16.(15分)如图①,在△PBC中,∠PBC=,PB=2BC=4,点D,E分别为边PC,PB的中点,将△PED沿DE折起到△AED的位置,使得平面AED⊥平面BCDE,如图②. (1)求证:DC⊥AE. (2)在平面ACD内是否存在点M,使得平面AEM⊥平面ABD?若存在,指出点M的位置;若不存在,说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3课时　空间中直线、平面的垂直 1.A　[解析] 因为α⊥β,所以a⊥b,所以a·b=x-2-8=0,解得x=10.故选A. 2.C　[解析] 由题意得a·b=-28+4x+5y=0,即4x+5y=28,将各选项中的值代入计算,只有C满足2×4+4×5=28.故选C. 3.B　[解析] 由题意可知,a·b=0,即2m+3-5=0,解得m=1.故选B. 4.C　[解析] 平面α,β的一个法向量分别为a=(-1,2,7),b=(2,3,-4),易知a,b不平行,则平面α,β不平行,又a·b=-2+6-28=-24≠0,则平面α,β不垂直,故平面α与β相交但不垂直.故选C. 5.B　[解析] 以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),E,∴=,=(-1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,-1),=(0,0,-1).∵·=×(-1)+×(-1)+1×0=0,∴CE⊥BD.∵·=-1≠0,·=-≠0,·=-1≠0,∴CE与AC,A1D,A1A均不垂直.故选B. 6.AB　[解析] 对于A,若n1·n2=0,则n1⊥n2,所以α⊥β,故A正确;对于B,若n2∥a,则l⊥β,故B正确;对于C,若n1·a=0,则n1⊥a,所以l∥α或l⊂α,故C错误;对于D,若n2·a=0,则n2⊥a,所以l∥β或l⊂β,故D错误.故选AB. 7.0　[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. 8.24　[解析] 因为l⊥α,所以u∥n,所以存在实数λ,使得u=λn,即(2,a,b)=λ(1,3,2),所以2=λ,a=3λ=3×2=6,b=2λ=2×2=4,所以2a+3b=2×6+3×4=12+12=24. 9.证明:方法一:取BC的中点O,连接AO.∵△ABC为正三角形,∴AO⊥BC. 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,易得平面ABC⊥平面BCC1B1, ∵平面ABC∩平面BCC1B1=BC,AO⊂平面ABC, ∴AO⊥平面BCC1B1. 如图,取B1C1的中点O1,连接OO1,以O为原点,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,则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0). 设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则即又=(-1,2,),=(-2,1,0), ∴取x=1,得n=(1,2,-). ∵=(1,2,-),∴=n,∴AB1⊥平面A1BD. 方法二:设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m,则存在实数λ,μ,使得m=λ+μ.令=a,=b,=c,显然它们不共面,且|a|=|b|=|c|=2,a·b=a·c=0,b·c=2, 将{a,b,c}作为空间的一个基底, 则=+=+=a+c,=+=+=a+b,=-=a-c, 故m=λ+μ=a+μb+λc,故·m=(a-c)·=4-2μ-4λ=0, 故⊥m,∴AB1⊥平面A1BD. 方法三:令=a,=b,=c,显然它们不共面,且|a|=|b|=|c|=2,a·b=a·c=0,b·c=2,将{a,b,c}作为空间的一个基底, 则=+=+=a+c,=+=+=a+b,=-=a-c. ∵·=(a-c)·(a+c)=|a|2-|c|2=0,·=(a-c)·=|a|2+a·b-a·c-b·c=0, ∴⊥,⊥,即AB1⊥BA1,AB1⊥BD, 又BA1∩BD=B,BA1,BD⊂平面A1BD, ∴AB1⊥平面A1BD. 10.B　[解析] 由题意知,直线l⊥平面α,所以s∥n,由n=(0,1,-1),可设s=(0,t,-t),所以s=tn,又因为s是单位向量,所以=1,解得t=±,所以s=±.故选B. 11.B　[解析] 以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),C(0,2,0),M(2,0,1),N(1,2,0),C1(0,2,2),连接NC1,则=(-1,0,2),=(0,2,0),=(2,0,1),所以·=(-1,0,2)·(0,2,0)=0,·=(-1,0,2)·(2,0,1)=-2+2=0,所以⊥,⊥,又CD∩DM=D,CD,DM⊂平面MDC,所以NC1⊥平面MDC,所以当点P在线段NC1(除去点N)上时,满足NP⊥平面MDC,故点P的轨迹长度为NC1==.故选B. 12.ABD　[解析] 由题可知,题中八面体为正八面体,如图,记AC与BD交于点O,则O为正八面体的中心,连接OE,以O为原点,OB,OC,OE所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,设正八面体的棱长为2,则A(0,-,0),E(0,0,),C(0,,0),D(-,0,0),F(0,0,-),所以=(0,,),=(-,-,0),=(0,-,-).设平面CDF的法向量为n=(x,y,z),则 令x=1,则y=-1,z=1,所以n=(1,-1,1)为平面CDF的一个法向量,又·n=-+=0,所以⊥n,因为AE⊄平面CDF,所以AE∥平面CDF,故A正确.因为AB∥CD,AB⊄平面CDF,CD⊂平面CDF,所以AB∥平面CDF,又AB∩AE=A,AE,AB⊂平面ABE,所以平面ABE∥平面CDF,故B正确.因为B(,0,0),A(0,-,0),E(0,0,),D(-,0,0),所以=(,,0),=(,0,),所以·=2,所以AB与DE不垂直,故C错误.易知平面ACE的一个法向量为m1=(1,0,0),平面BDF的一个法向量为m2=(0,1,0),因为m1·m2=0,所以平面ACE⊥平面BDF,故D正确.故选ABD. 13.　[解析] 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Dxyz,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),可得=(1,1,-2),所以=λ=(λ,λ,-2λ),连接AD1,CD1,则=(-1,0,2),=(0,-1,2),所以=+=(λ-1,λ,-2λ+2),=+=(λ,λ-1,-2λ+2).由AP⊥CP,可得·=0,所以2λ(λ-1)+4(λ-1)2=0,解得λ=或λ=1,因为0<λ<1,所以实数λ的值为. 14.证明:(1)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, 设正方体的棱长为a,则D(0,0,0),B(a,a,0),A1(a,0,a). 设E(0,a,e)(0≤e≤a),则=(-a,a,e-a),=(-a,-a,0),∵·=a2-a2+(e-a)·0=0,∴⊥,即A1E⊥BD. (2)设平面A1BD和平面EBD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2). 易知=(a,a,0),=(a,0,a),=(0,a,e), 由得令x1=1,则y1=z1=-1,则n1=(1,-1,-1). 由得令x2=e,则y2=-e,z2=a,则n2=(e,-e,a). 由平面A1BD⊥平面EBD,得n1⊥n2. ∴e+e-a=0,解得e=, ∴当平面A1BD⊥平面EBD时,E为CC1的中点. 15.AD　[解析] 取BC的中点O,取B1C1的中点D,连接AO,OD,在正三角形ABC中,易知AO⊥OB,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,易知OD⊥平面ABC,以O为原点,分别以OA,OB,OD所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B,C,B1,A1,A,则=(0,-1,0),=(0,0,1).对于A,由λ=1,得=+μ=(0,-1,μ),=-=(0,0,μ),由=μ,得CP∥BB1,故A正确.对于B,=,由μ=1,得=λ+=(0,-λ,1),则=+=,所以||=1,||=,||=,故△ABP的周长为1++,不为定值,故B错误.对于C,由λ=,得=+μ=,又=,则=+=,由A1P⊥BP,得·=μ(μ-1)=0,解得μ=0或1,所以有两个符合题意的点P,故C错误.对于D,由=,=,得·=0,即⊥,所以A1B⊥AB1.由μ=,得=λ+=,故=+=.令·=+-λ-=0,解得λ=1,此时⊥,即A1B⊥AP.因为AP∩AB1=A,AP,AB1⊂平面AB1P,所以A1B⊥平面AB1P,所以当μ=时,有且仅有一个点P符合题意,故D正确.故选AD. 16.解:(1)证明:在△PBC中,∵点D,E分别为边PC,PB的中点,∴DE∥BC, 又∠PBC=,∴PE⊥ED,故AE⊥ED. 又∵平面AED⊥平面BCDE,平面AED∩平面BCDE=ED,AE⊂平面AED,∴AE⊥平面BCDE. 又∵DC⊂平面BCDE,∴DC⊥AE. (2)由(1)知,AE⊥ED,AE⊥EB,EB⊥ED.以点E为原点,以EB,ED,EA所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Exyz,如图,则E(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,1,0),A(0,0,2), ∴=(0,0,2),=(2,0,-2),=(0,1,-2). 设平面ABD的法向量为m=(x,y,z), 则即令z=1,则m=(1,2,1). 假设在平面ACD内存在点M,使得平面AEM⊥平面ABD. 若∥,则设=μ=μ(2,1,0)=(2μ,μ,0).设平面AEM的法向量为n=(a,b,c),则即令a=1,则n=(1,-2,0). 平面ABD的一个法向量为m=(1,2,1),由m·n≠0知此情况不成立. 若与不共线,则设AM∩CD=N,连接EN. 设=λ=λ(2,1,0)=(2λ,λ,0),则=+=(2λ,λ+1,0). 设平面AEN的法向量为t=(p,q,s), 则即 令p=λ+1,则t=(λ+1,-2λ,0). 若平面ABD⊥平面AEM,即平面AEN⊥平面ABD,则m⊥t,故m·t=λ+1-4λ=0,解得λ=,∴在平面ACD内存在点M,当点M在直线AN上时,平面AEM⊥平面ABD. 学科网（北京）股份有限公司 $