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2025湘教版数学选择性必修第二册
第2章2.4.2　空间线面位置关系的判定
第1课时　向量与垂直
A级 必备知识基础练
1.[2024山东菏泽高二期末]已知n1=(,x,2),n2=(-3,,-2)分别是平面α,β的法向量,若α⊥β,则x=(　　)
A.-7 B.-1
C.1 D.7
2.过点A(2,-5,1)且与向量a=(-3,2,1)垂直的向量(　　)
A.有且只有一个
B.有无数个且共面
C.只有两个且方向相反
D.有无数个且共线
3.已知平面α的法向量为(4,3,-7),若直线l⊥平面α,则直线l的方向向量可以为(　　)
A.(8,6,4) B.(-8,-6,14)
C.4,3, D.3,4,
4.已知三条直线l1,l2,l3的一个方向向量分别为a=(4,-1,0),b=(1,4,5),c=(-3,12,-9),则 (　　)
A.l1⊥l2,但l1与l3不垂直
B.l1⊥l3,但l1与l2不垂直
C.l2⊥l3,但l2与l1不垂直
D.l1,l2,l3两两互相垂直
5.(多选题)给出下列命题,其中是真命题的是(　　)
A.若直线l的方向向量a=(1,-1,2),直线m的方向向量b=2,1,-,则l与m垂直
B.若直线l的方向向量a=(0,1,-1),平面α的法向量n=(1,-1,-1),则l⊥α
C.若平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α⊥β
D.若平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1
6.已知平面α的一个法向量n=(2,-2,5),平面α⊥β,写出平面β的一个法向量:　　　　　.
7. 如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的菱形,且∠BAD=60°,E为棱AD的中点,AA1=.求证:DB1⊥平面BA1C1.
B级 关键能力提升练
8. 如图,在空间直角坐标系中,正方体棱长为2,点E是棱AB的中点,点F(0,y,z)是正方体的面AA1D1D上一点,且CF⊥B1E,则点F(0,y,z)满足方程(　　)
A.y-z=0 B.2y-z-1=0
C.2y-z-2=0 D.z-1=0
9.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,过点A且与直线BD1垂直的所有面对角线的条数为 (　　)
A.0 B.1
C.2 D.3
10. 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
11. (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
12. 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　　　　　.
13. 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,试确定E点的位置.
14.在三棱锥P-ABC中,底面ABC为正三角形,三条侧棱两两垂直,G是△PAB的重心,E,F分别为BC,PB上的点,且BE∶EC=PF∶FB=1∶2.求证:
(1)平面EFG⊥平面PBC;
(2)EG⊥BC,PG⊥EG.
C级 学科素养创新练
15. 如图,在三棱柱 ABC -A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,D是棱CC1的中点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在B1P上,则下列结论正确的是(　　)
A.当Q为线段B1P的中点时,DQ⊥平面A1BD
B.当Q为线段B1P的三等分点时,DQ⊥平面A1BD
C.在线段B1P的延长线上,存在一点Q,使得DQ⊥平面A1BD
D.不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD
16. 如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是正方形,AB=2,E是PB的中点,cos<>=.
(1)建立适当的空间直角坐标系,写出点E的坐标;
(2)在底面ABCD内求一点F,使EF⊥平面PCB.
2.4.2　空间线面位置关系的判定
第1课时　向量与垂直
1.D　 因为α⊥β,所以n1⊥n2,所以n1·n2=×(-3)+x×+2×(-2)=0,解得x=7.故选D.
2.B　设过点A(2,-5,1)且与向量a=(-3,2,1)垂直的平面为α,则平面α内过点A(2,-5,1)的任何向量都与向量a=(-3,2,1)垂直,这样的向量有无数个且共面.故选B.
3.B　因为平面α的法向量为n=(4,3,-7),又因为直线l⊥平面α,所以直线l的方向向量与向量n=(4,3,-7)共线,结合四个选项可知(-8,-6,14)=-2(4,3,-7),只有B选项符合题意.故选B.
4.A　∵a·b=(4,-1,0)·(1,4,5)=4-4+0=0,a·c=(4,-1,0)·(-3,12,-9)=-12-12+0=-24≠0,b·c=(1,4,5)·(-3,12,-9)=-3+48-45=0,
∴a⊥b,a与c不垂直,b⊥c,
∴l1⊥l2,l2⊥l3,但l1不垂直于l3.
故选A.
5.AD　由于a·b=1×2-1×1+2×-=0,因此a⊥b,所以直线l与m垂直,故A是真命题;
由于a·n=0,则a⊥n,所以l∥α或l α,故B是假命题;
由于n1·n2=6,所以α⊥β不成立,故C是假命题;
易得=(-1,1,1),=(-1,1,0),因为向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,所以得u+t=1,故D是真命题.
故选AD.
6.(1,1,0)(答案不唯一)　设平面β的一个法向量为m=(x,y,z),因为平面α⊥β,所以n·m=0,即2x-2y+5z=0,取x=1,y=1时,z=0,故平面β的一个法向量为m=(1,1,0).
7. 证明过点E作底面ABCD的垂线交A1D1于F,以E为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(1,0,),C1(-2,),B(0,,0),D(-1,0,0),B1(0,),
所以=(-3,,0),=(-1,,-),=(1,),
因为=-3+3+0=0,=-1+3-2=0,
所以A1C1⊥DB1,A1B⊥DB1.
又A1B∩A1C1=A1,A1B,A1C1 平面BA1C1,所以DB1⊥平面BA1C1.
8.D　由题意可知E(1,0,0),B1(2,0,2),C(2,2,0),F(0,y,z),所以=(-1,0,-2),=(-2,y-2,z),因为CF⊥B1E,所以=0,即(-1)×(-2)+0×(y-2)-2z=0,所以z-1=0.
故选D.
9. C　如图,连接AC,AD1,AB1,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则
D1(0,0,1),B(1,1,0),A(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,1,1),其中=(-1,-1,1),=(-1,0,1),=(-1,1,0),=(0,1,1),=(-1,-1,1)·(-1,0,1)=2,=(-1,-1,1)·(-1,1,0)=0,=(-1,-1,1)·(0,1,1)=0,故BD1与AC,AB1垂直,与AD1不垂直,由于过点A的面对角线只有2条AC,AB1,因此选C.
10. B　如图,以A为原点,AB,AD,AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设正方形的边长为1,PA=t,AF=λ,λ∈[0,1],则B(1,0,0),P(0,0,t),E,1,0,F(0,λ,0),所以=(-1,λ,0),=,1,-t,因为BF⊥PE,所以=0,
所以(-1,λ,0)·,1,-t=0,所以-1×+λ×1=0,解得λ=,所以=1∶1.故选B.
11. AC　以D为原点,DA,DC,DD1所在的直线为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),A1(2a,0,2a),
∴=(-a,-a,a),=(0,a,a),=(-2a,2a,0),=(0,0,2a),
∴=0,=0,=2a2≠0,
∴OM⊥AC,OM⊥MN.OM和AA1不垂直.故选AC.
12.　连接EO,因为AE=DE,则EO⊥AD,而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,因此以O为原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,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),M0,,A(0,-1,0),E(0,0,1),D(0,1,0),B(1,0,0),
设N(0,λ,0),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,得n=(λ,1,2λ-1).
设平面ABE的一个法向量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. 解以D为坐标原点,以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A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A1(a,0,a),C1(0,a,a).
设E(0,a,e)(0≤e≤a).
(1)=(-a,a,e-a),=(-a,-a,0),
∵=a2-a2+(e-a)·0=0,
∴,即A1E⊥BD.
(2)设平面A1BD,平面EBD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).
∵=(a,a,0),=(a,0,a),=(0,a,e),
∴n1·=0,n1·=0,n2·=0,n2·=0.
∴
取x1=x2=1,得n1=(1,-1,-1),n2=1,-1,.
由平面A1BD⊥平面EBD得n1⊥n2.
∴2-=0,即e=.
∴当E为CC1的中点时,平面A1BD⊥平面EBD.
14. 证明(1)(方法一)如图,以三棱锥的顶点P为原点,以PA,PB,PC所在直线分别作为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
设PA=PB=PC=3,则A(3,0,0),B(0,3,0),C(0,0,3),E(0,2,1),F(0,1,0),G(1,1,0),P(0,0,0),于是=(3,0,0),=(1,0,0),
则=3,
∴PA∥FG.
由题意知PA⊥平面PBC,
∴FG⊥平面PBC.
又FG 平面EFG,
∴平面EFG⊥平面PBC.
(方法二)同(方法一),建立空间直角坐标系,则E(0,2,1),F(0,1,0),G(1,1,0),∴=(0,-1,-1),=(1,-1,-1).
设平面EFG的法向量是n=(x,y,z),则有n⊥,n⊥,∴
令y=1,得z=-1,x=0,
即n=(0,1,-1).
显然=(3,0,0)是平面PBC的一个法向量.
这样n·=0,∴n⊥,即平面PBC的法向量与平面EFG的法向量互相垂直.
∴平面EFG⊥平面PBC.
(2)∵=(1,-1,-1),=(1,1,0),=(0,-3,3),
∴=1-1=0,=3-3=0.
∴EG⊥BC,PG⊥EG.
15.D　以点A1为坐标原点,A1B1,A1C1,A1A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,
则由已知得A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1),D,P(0,2,0),则=(1,0,1),=(-1,2,0),.设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),
则
取z=-2,则x=2,y=1,所以平面A1BD的一个法向量为n=(2,1,-2).
假设DQ⊥平面A1BD,
且=λ=λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),
则.
若也是平面A1BD的一个法向量,
所以n=(2,1,-2)与=1-λ,-1+2λ,-共线,则成立,
所以但此关于λ的方程组无解.
故不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD.故选D.
16. 解(1)以D为原点,DA,DC,DP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
由已知ABCD是边长为2的正方形,设DP=t(t>0),
则P(0,0,t),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),
则E=(0,0,t),.
故cos<>=.
由已知,得,解得t=2,故E(1,1,1).
(2)设F(m,n,0),则=(m-1,n-1,-1).
又=(-2,0,0),=(0,2,-2),
则解得m=1,n=0,故F(1,0,0).
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