《新教材》2021-2022学年高中数学人教A版选择性必修第一册测评：1-4-1　第2课时　空间中直线、平面的垂直 WORD版含解析.docx

1、第2课时空间中直线、平面的垂直课后篇巩固提升必备知识基础练1.(2020云南楚雄高二检测)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,ABAC,N是BC的中点,A1P=A1B1,C1C=3C1M.若PNBM,则=()A.12B.13C.23D.34解析如图,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(,0,1),N12,12,0,B(1,0,0),M0,1,23,PN=12-,12,-1,BM=-1,1,23,所以PNBM=-12+12-23=0,即=23.故选C.答案C2.(多选题)在菱形ABCD中,若PA是平面ABCD的法向量,则以下

2、等式中一定成立的是()A.PAAB=0B.PCBD=0C.PCAB=0D.PACD=0解析PA平面ABCD,BDPA.又ACBD,ACPA=A,BD平面PAC,PC平面PAC,PCBD.故A,B,D都成立.答案ABD3.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EFA1D,EFACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面解析建立分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴的空间直角坐标系(图略),不妨设正方体的棱长为1,则DA1=(1,0,1),AC=(-1,1,0),E13

3、,0,13,F23,13,0,EF=13,13,-13,EFDA1=0,EFAC=0,EFA1D,EFAC.又BD1=(-1,-1,1),BD1=-3EF,即EF与BD1平行.答案B4.已知平面的一个法向量a=(x,1,-2),平面的一个法向量b=-1,y,12.若,则x-y=.解析因为,所以ab,所以-x+y-1=0,得x-y=-1.答案-15.已知空间四点A(0,1,0),B(-1,0,-1),C(2,1,1),P(x,0,z),若PA平面ABC,则P的坐标为.解析由题意得PA=(-x,1,-z),AB=(-1,-1,-1),AC=(2,0,1),由PAAB,得PAAB=x-1+z=0,由

4、PAAC,得PAAC=-2x-z=0,解得x=-1,z=2.故点P的坐标为(-1,0,2).答案(-1,0,2)6.在棱长为a的正方体OABC-O1A1B1C1中,E,F分别是AB,BC上的动点,且AE=BF,求证:A1FC1E.证明以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(a,0,a),C1(0,a,a).设AE=BF=x,则E(a,x,0),F(a-x,a,0).所以A1F=(-x,a,-a),C1E=(a,x-a,-a).因为A1FC1E=(-x,a,-a)(a,x-a,-a)=-ax+ax-a2+a2=0,所以A1FC1E,即A1FC1E.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,P

5、A平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,DAB=ABC=90,E是CD的中点.求证:CD平面PAE.证明如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设PA=h,则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h).易知CD=(-4,2,0),AE=(2,4,0),AP=(0,0,h).CDAE=-8+8+0=0,CDAP=0,CDAE,CDAP.APAE=A,CD平面PAE.8.如图所示,ABC是一个正三角形,EC平面ABC,BDCE,且CE=CA=2BD.求证:平面DEA平面ECA.证明

6、建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,不妨设CA=2,则CE=2,BD=1,C(0,0,0),A(3,1,0),B(0,2,0),E(0,0,2),D(0,2,1).所以EA=(3,1,-2),CE=(0,0,2),ED=(0,2,-1).分别设平面ECA与平面DEA的法向量是n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),则n1EA=0,n1CE=0,即3x1+y1-2z1=0,2z1=0,解得y1=-3x1,z1=0,n2EA=0,n2ED=0,即3x2+y2-2z2=0,2y2-z2=0,解得x2=3y2,z2=2y2.不妨取n1=(1,-3,0),n2=(3,1,2),因为n

7、1n2=0,所以n1n2.所以平面DEA平面ECA.关键能力提升练9.已知AB=(1,5,-2),BC=(3,1,z),若ABBC,BP=(x-1,y,-3),且BP平面ABC,则实数x,y,z分别为()A.337,-157,4B.407,-157,4C.407,-2,4D.4,407,-15解析ABBC,ABBC=0,即3+5-2z=0,得z=4,又BP平面ABC,BPAB,BPBC,则(x-1)+5y+6=0,3(x-1)+y-12=0,解得x=407,y=-157.答案B10.(2020天津一中高二月考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,P是AA1的中点,点M在侧面A

8、A1B1B(含边界)内,若D1MCP,则BCM面积的最小值为()A.8B.4C.82D.855解析以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图.则P(4,0,2),C(0,4,0),D1(0,0,4),B(4,4,0).设M(4,a,b)(0a4,0b4),则D1M=(4,a,b-4),CP=(4,-4,2).D1MCP,D1MCP=16-4a+2b-8=0,得b=2a-4,M(4,a,2a-4),|BM|=(4-4)2+(a-4)2+(2a-4)2=5(a-125)2+165,当a=125时,|BM|取最小值455,易知|BC|=4,SBC

9、M的最小值为455412=855.故选D.答案D11.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,若AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),则下列结论正确的有()A.APABB.APADC.AP是平面ABCD的一个法向量D.APBD解析APAB=-2-2+4=0,APAB,APAB,故A正确;APAD=-4+4+0=0,APAD,APAD,故B正确;APAB,APAD,ABAD=A,AP平面ABCD,AP是平面ABCD的一个法向量,故C正确;BD=AD-AB=(2,3,4),设BD=AP,即2=-,3=2,4=-,方程组无解,故D错误.故选ABC.

10、答案ABC12.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形,PD底面ABCD,且PD=1,若E,F分别为PB,AD的中点,则直线EF与平面PBC的位置关系是.解析以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1),E12,12,12,F12,0,0,EF=0,-12,-12,PB=(1,1,-1),PC=(0,-1,1),设平面PBC的一个法向量n=(x,y,z),则nPB=0,nPC=0,即x+y-z=0,-y+z=0,取y=1,则z=1,x=0,n=(0,1,1).EF=-12n,EFn,EFP

11、BC.答案垂直13.如图所示,已知矩形ABCD,AB=1,BC=a,PA平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQQD,则a的值等于.解析以A为原点,建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),C(1,a,0),设Q(1,x,0),P(0,0,z),PQ=(1,x,-z),QD=(-1,a-x,0).由PQQD=0,得-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0.当=a2-4=0,即当a=2时,点Q只有一个.答案214.如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ACBC,D为AB的中点,AC=BC=BB1.求证:(1)BC1AB1;(2)BC1平面CA

12、1D.证明如图,以点C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AC=BC=BB1=2,则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).(1)因为BC1=(0,-2,-2),AB1=(-2,2,-2),所以BC1AB1=0-4+4=0,因此BC1AB1,故BC1AB1.(2)由于CA1=(2,0,-2),CD=(1,1,0),若设BC1=xCA1+yCD,则得2x+y=0,y=-2,-2x=-2,解得x=1,y=-2,即BC1=CA1-2CD,所以BC1,CA1,

13、CD是共面向量,因此BC1平面CA1D.15.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱BC的中点,试在棱CC1上求一点P,使得平面A1B1P平面C1DE.解如图,以D为原点,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,P(0,1,a),则A1(1,0,1),B1(1,1,1),E12,1,0,C1(0,1,1),A1B1=(0,1,0),A1P=(-1,1,a-1),DE=12,1,0,DC1=(0,1,1).设平面A1B1P的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1A1B1=0,n1A1P=0y1=0,-x1+y1+(a-1)z1=0,令

14、z1=1,得x1=a-1,n1=(a-1,0,1).设平面C1DE的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2DE=0,n2DC1=012x2+y2=0,y2+z2=0,令y2=1,得x2=-2,z2=-1,n2=(-2,1,-1).平面A1B1P平面C1DE,n1n2,即n1n2=0.-2(a-1)+0+(-1)=0,a=12.故P0,1,12.16.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,且ADBC,ABC=PAD=90,侧面PAD底面ABCD.若PA=AB=BC=12AD.(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

15、的位置并证明;若不存在,请说明理由.解因为PAD=90,所以PAAD.又因为侧面PAD底面ABCD,且侧面PAD底面ABCD=AD,所以PA底面ABCD.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:AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),CD=(-1,1,0),可得APCD=0,ACCD=0,所以APCD,ACCD.又因为APAC=A,所以CD平面PAC.(2)当E为PA的中点时,BE平面PCD.证

16、明如下:设E是侧棱PA的中点,则E0,0,12,BE=-1,0,12.设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),则nCD=0,nPD=0,因为CD=(-1,1,0),PD=(0,2,-1),所以-x+y=0,2y-z=0,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nBE=(1,1,2)-1,0,12=0,所以nBE.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.学科素养创新练17.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

17、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A1BDB.当Q为线段B1P的三等分点时,DQ平面A1BDC.在线段B1P的延长线上,存在一点Q,使得DQ平面A1BDD.不存在点Q,使得DQ平面A1BD解析以点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),D0,1,12,P(0,2,0),则A1B=(1,0,1),A1D=0,1,12,B1P=(-1,2,0),DB1=1,-1,-12.设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),则nA1B=x+z=0,nA1D=y+12z=0.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B1Q=B1P=(-1,2,0)=(-,2,0),则DQ=DB1+B1Q=1-,-1+2,-12.因为DQ也是平面A1BD的一个法向量,所以n=(2,1,-2)与DQ=1-,-1+2,-12共线,则1-2=-1+21=-12-2=14成立,所以1-2=-1+2,-1+2=14,但此关于的方程组无解.故不存在点Q,使得DQ平面A1BD.故选D.答案D