2021_2022学年新教材高中数学课时素养评价七第一章空间向量与立体几何1.4.1第2课时空间中直线平面的垂直含解析新人教A版选择性必修第一册202106082138.doc

1、七空间中直线、平面的垂直【基础通关水平一】(15分钟30分)1已知两直线的方向向量为a，b，则下列选项中能使两直线垂直的为()Aa(1，0，0)，b(3，0，0)Ba(0，1，0)，b(1，0，1)Ca(0，1，1)，b(0，1，1)Da(1，0，0)，b(1，0，0)【解析】选B.因为a(0，1，0)，b(1，0，1)，所以ab0110010，所以ab.2若直线l的方向向量为v(2，2，2)，向量m(1，1，0)及n(0，1，1)都与平面平行，则()Al BlCl Dl与相交但不垂直【解析】选A.因为vm2200，vn0220，所以vm且vn.又m与n不平行，所以v，即l.3已知平面内有一点

2、M(1，1，2)，平面的一个法向量n(6，3，6)，则点P(2，3，3)与平面的关系是_【解析】(1，4，1)，n61260，所以n，又n平面，M平面，所以P平面.答案：P平面4已知A(1，1，3)，B(0，2，0)，C(1，0，1)，若点D在z轴上且，则|_【解析】设点D的坐标为(0，0，z)，则(1，1，z3)，(1，2，1).由，有12(z3)0，所以z4，所以|.答案：5如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，点P为DD1的中点，求证：直线PB1平面PAC.【证明】依题设，以D为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则C(1，0，0)，P(0，0，1)，

3、A(0，1，0)，B1(1，1，2)，于是(1，1，0)，(1，0，1)，(1，1，1)，所以(1，1，0)(1，1，1)0，(1，0，1)(1，1，1)0，故，即PB1CP，PB1CA，又CPCAC，且CP平面PAC，CA平面PAC.故直线PB1平面PAC.【能力进阶水平二】(30分钟60分)一、单选题(每小题5分，共20分)1已知a(0，1，1)，b(1，1，0)，c(1，0，1)分别是平面，的法向量，则，三个平面中互相垂直的有_对()A0 B1 C2 D3【解析】选A.因为ab(0，1，1)(1，1，0)10，ac(0，1，1)(1，0，1)10，bc(1，1，0)(1，0，1)10.所

4、以a，b，c中任意两个都不垂直，即，中任意两个都不垂直2两平面，的法向量分别为(3，1，z)，v(2，y，1)，若，则yz的值是()A3 B6 C6 D12【解析】选B.因为(3，1，z)，v(2，y，1)分别为，的法向量且，所以v，即v0，6yz0，所以yz6.3如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1EA1D，AFAC，则()A.EF至多与A1D，AC之一垂直BEFA1D，EFACCEF与BD1相交DEF与BD1异面【解析】选B.建立分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则(1，0，1)， (1，1，

5、0)，E，F，所以0，0，所以EFA1D，EFAC.4已知(1，5，2)，(3，1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为()A，4 B，2，4C，4 D4，15【解析】选C.因为，所以0，即352z0，得z4，又BP平面ABC，所以，则解得二、多选题(每小题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5在菱形ABCD中，若是平面ABCD的法向量，则以下等式中一定成立的是()A BC D【解析】选ABC.由题意知平面ABCD，所以与平面上的线AB，CD都垂直，A，B正确；又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD平面PAC，故，C选项正确

6、只有D选项不一定成立6已知点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，点D满足条件：DBAC，DCAB，ADBC，则点D的坐标可以为()A(1，1，1) B(1，1，1)C D【解析】选AD.设D(x，y，z)，则(x，y1，z)，(x，y，z1)，(x1，y，z)，(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1).又DBACxz0，DCABxy0，ADBC(x1)2y2z22，联立得xyz1或xyz，所以点D的坐标为(1，1，1)或.三、填空题(每小题5分，共10分)7已知平面的一个法向量a(x，1，2)，平面的一个法向量b，若，则xy_【解析】因为，所以ab，所以xy10，得xy

7、1.答案：18在ABC中，A(1，2，1)，B(0，3，1)，C(2，2，1). 若向量n是与共线的单位向量，则向量n的坐标为_；若向量n与平面ABC垂直，且|n|，则n的坐标为_【解析】据题意，得(1，1，2)，(1，0，2).设n(x，y，z)，若向量n是与共线的单位向量，则可得n或n.若n与平面ABC垂直，则即可得又因为|n|，所以，解得y4或y4.当y4时，x2，z1；当y4时，x2，z1.所以n (2，4，1)或n(2，4，1)答案：或(2，4，1)或 (2，4，1)【误区警示】本题所求的向量都有方向不同的两个，解答时容易出现漏掉某一个的错误四、解答题(每小题10分，共20分)9在正

8、方体ABCDA1B1C1D1中，E为CC1的中点，证明：平面B1ED平面B1BD. 【证明】以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，B1(1，1，1)，E，(1，1，1)，设平面B1DE的法向量为n1(x，y，z)，则xyz0且yz0，令z2，则y1，x1，所以n1(1，1，2).同理求得平面B1BD的法向量为n2(1，1，0)，由n1n20，知n1n2，所以平面B1DE平面B1BD.10如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，CACB1，BCA90，棱AA12，M，N分别为A1B1，A1A的中点(1)求BN的长；(2)求与

9、夹角的余弦值；(3)求证：是平面C1MN的一个法向量【解析】(1)如图所示，以C为坐标原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Cxyz，依题意得B(0，1，0)，N(1，0，1)，所以|，所以线段BN的长为.(2)依题意得A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)，所以(1，1，2)，(0，1，2)，所以10(1)1223.又，所以cos ，.(3)依题意得A1(1，0，2)，C1(0，0，2)，B1(0，1，2)，N(1，0，1).所以M，(1，0，1)，(1，1，1)，所以1(1)100，110(1)(1)10，所以，又C1MC1NC1，C1

10、M，C1N平面C1MN，所以平面C1MN，所以是平面C1MN的一个法向量【创新迁移】如图，在三棱锥PABC中，ABAC，D为BC的中点，PO平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC8，PO4，AO3，OD2.(1)证明：APBC；(2)在线段AP上是否存在点M(不包括端点)，使得平面AMC平面BMC？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由【解析】(1)如图，以O为原点，以射线OD为y轴的正半轴，射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则O(0，0，0)，A(0，3，0)，B(4，2，0)，C(4，2，0)，P(0，0，4)，(0，3，4)，(8，0，0)，由此可得0，所以，即APBC.(2)假设存在满足题意的M，设，(01)，则(0，3，4).(4，2，4)(0，3，4)(4，23，44)，(4，5，0).设平面BMC的法向量n1(x1，y1，z1)，由得即可取n1.设平面APC的法向量n2(x2，y2，z2)，由得即可取n2(5，4，3)，由n1n20，得430，解得，故AM3.综上所述，存在点M符合题意，AM3.