2020-2021人教版数学2-1配套课时作业25 3.2.2空间向量与垂直关系含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2020-2021学年人教A版数学选修2-1配套课时作业253.2.2空间向量与垂直关系含解析课时作业25空间向量与垂直关系时间:45分钟-—基础巩固类——一、选择题1．若向量m同时垂直于向量a和b，向量n＝λa＋μb(λ，μ∈R，λ,μ≠0），则（B)A．m∥nB．m⊥nC．m与n既不平行也不垂直D．以上三种情况均有可能解析：m·n＝m·(λa＋μb）＝λm·a＋μm·b＝0。2．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量为u＝(1，－3，z），向量v＝（3,－2,1）与平面α平行，则z等于(C)A．3 B．6C．－9 D．9解析:∵l⊥α，v与平面α平行，∴u⊥v，即u·v＝0,∴1×3＋3×2＋z×1＝0，∴z＝－9.3．已知平面α内的三点A（0，0,1)、B（0,1，0)、C(1,0,0)，平面β的一个法向量为n＝(－1，－1，－1）,且β与α不重合，则(A）A．α∥β B．α⊥βC．α与β相交不垂直 D．以上都不对解析：eq\o(AB，\s\up12(→)）＝（0,1，－1),eq\o（AC，\s\up12（→)）＝（1，0，－1），n·eq\o(AB,\s\up12(→))＝－1×0＋（－1）×1＋（－1）×（－1)＝0，n·eq\o（AC,\s\up12（→））＝－1×1－1×0＋（－1)×(－1）＝0，∴n⊥eq\o(AB，\s\up12(→）），n⊥eq\o(AC，\s\up12(→))。∴n也为α的一个法向量．又α与β不重合，∴α∥β。4．在菱形ABCD中，若eq\o(PA,\s\up12(→）)是平面ABCD的法向量，则以下等式中可能不成立的是（C)A.eq\o(PA，\s\up12(→））·eq\o(AB，\s\up12（→)）＝0 B.eq\o（PC,\s\up12（→)）·eq\o(BD,\s\up12(→）)＝0C。eq\o（PC，\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→））＝0 D.eq\o（PA,\s\up12（→））·eq\o（CD，\s\up12(→)）＝0解析：∵PA⊥平面ABCD，∴BD⊥PA。又AC⊥BD，∴PC⊥BD。故选项B正确，选项A和D显然成立．故选C.5．如图所示，正方体AC1中,平面A1ACC1的一个法向量可以是(D）A.eq\o(BC,\s\up12(→）)B。eq\o(A1B1,\s\up12（→）)C。eq\o（BB1，\s\up12(→）)D。eq\o(BD,\s\up12（→）)解析:BD⊥平面A1ACC1,所以eq\o(BD,\s\up12(→)）是平面A1ACC1的一个法向量．6．已知向量a＝（1,1,0)，b＝(－1，0，2），且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是(D)A．1 B.eq\f（1,5)C。eq\f（3,5) D。eq\f（7，5)解析:因为ka＋b＝（k－1，k,2)，2a－b＝(3,2,－2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，所以(ka＋b）·(2a－b)＝3（k－1）＋2k－4＝0，解得k＝eq\f（7，5），故选D。7．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）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，l3两两互相垂直解析：∵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l3.8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于(B）A．AC B．BDC．A1D D．A1A解析：建立如下图坐标系,设正方体棱长为1，则A（1，0，0），B（1,1，0），C（0，1，0)，D（0，0，0),A1（1,0，1）,E(eq\f(1，2），eq\f（1，2），1)．∴eq\o（CE,\s\up12（→））＝（eq\f（1，2)，eq\f(1,2）,1)－（0,1，0）＝(eq\f（1，2）,－eq\f（1，2）,1）．eq\o(AC,\s\up12(→)）＝(－1,1,0）,eq\o（BD，\s\up12（→）)＝(－1，－1,0）,eq\o(A1D,\s\up12（→)）＝（－1,0,－1)，eq\o(A1A,\s\up12（→）)＝（0，0，－1）．∵eq\o（CE，\s\up12（→））·eq\o（BD,\s\up12(→））＝（eq\f（1，2）,－eq\f（1，2）,1）·（－1,－1，0）＝－eq\f(1，2）＋eq\f(1，2)＋0＝0.∴eq\o(CE，\s\up12（→））⊥eq\o（BD，\s\up12(→））,∴CE⊥BD.二、填空题9．设A是空间任意一点,n为空间任一非零向量,则适合条件eq\o（AM,\s\up12(→)）·n＝0的点M的轨迹是过A与n垂直的平面．10．已知A、B、C三点的坐标分别为A（4,1，3），B(2，－5,1),C(3,7，λ)，若AB⊥AC,则λ等于－14。解析:∵eq\o（AB,\s\up12(→）)＝（－2,－6，－2）,eq\o（AC，\s\up12（→)）＝(－1,6，λ－3)，eq\o（AB,\s\up12(→））·eq\o（AC,\s\up12(→))＝2－36－2(λ－3)＝0，∴λ＝－14。11．已知a＝（0，1,1),b＝(1,1,0)，c＝（1,0，1）分别是平面α、β、γ的法向量,则α、β、γ三个平面中互相垂直的有0对．解析：∵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，∴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．三、解答题12．如图，正三棱柱ABC。A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1中点．求证:AB1⊥平面A1BD.证明：取BC中点O，B1C1中点O1，以O为原点，eq\o(OB,\s\up12(→）),eq\o（OO1,\s\up12（→））,eq\o（OA，\s\up12（→））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B(1,0,0)，D(－1,1,0）,A1（0，2，eq\r（3)），A（0,0，eq\r(3))，B1(1,2,0),∴eq\o（AB1，\s\up12（→）)＝(1,2，－eq\r(3))，eq\o(BD，\s\up12（→)）＝(－2，1，0)，eq\o(BA1，\s\up12(→））＝（－1,2，eq\r（3）)．∵eq\o（AB1，\s\up12（→))·eq\o(BD，\s\up12（→））＝－2＋2＋0＝0,eq\o(AB1，\s\up12（→)）·eq\o(BA1,\s\up12（→))＝－1＋4－3＝0，∴eq\o(AB1，\s\up12(→）)⊥eq\o（BD，\s\up12（→）)，eq\o(AB1,\s\up12（→））⊥eq\o（BA1，\s\up12(→））。即AB1⊥BD，AB1⊥BA1。又BD∩BA1＝B，∴AB1⊥平面A1BD。13．如图所示，在四棱锥S­ABCD中，底面ABCD是正方形，AS⊥底面ABCD，且AS＝AB,E是SC的中点．求证：平面BDE⊥平面ABCD.解：设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则B(1,0,0)，D(0，1，0)，A(0，0，0)，S(0,0,1），E(eq\f（1，2），eq\f(1,2)，eq\f（1，2）)．方法一：连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为(eq\f(1，2），eq\f（1，2）,0)．易知eq\o(AS,\s\up12(→))＝（0，0，1），eq\o（OE，\s\up12（→））＝(0，0,eq\f(1,2))，∴eq\o(OE，\s\up12（→）)＝eq\f(1，2)eq\o（AS，\s\up12（→）)，∴OE∥AS。又AS⊥底面ABCD，∴OE⊥平面ABCD。又OE⊂平面BDE,∴平面BDE⊥平面ABCD.方法二：设平面BDE的法向量为n1＝(x,y，z）．易知eq\o（BD，\s\up12(→））＝（－1，1，0），eq\o(BE，\s\up12（→）)＝（－eq\f(1,2),eq\f(1，2)，eq\f(1,2）)，∴eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(n1⊥\o（BD，\s\up12（→))，n1⊥\o（BE，\s\up12（→）)））,即eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（n1·\o（BD,\s\up12(→))＝－x＋y＝0,n1·\o(BE，\s\up12（→)）＝－\f（1，2）x＋\f(1,2)y＋\f(1,2)z＝0)).令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝（1,1，0)．∵AS⊥底面ABCD,∴平面ABCD的一个法向量为n2＝eq\o(AS，\s\up12（→））＝(0,0，1）．∵n1·n2＝0，∴平面BDE⊥平面ABCD.——能力提升类——14．如下图所示，在直三棱柱ABC.A1B1C1中，底面是以∠ABC为直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a,D是A1C1的中点，点E在棱AA1上,要使CE⊥平面B1DE,则AE＝a或2a。解析：以B为原点，BA，BC，BB1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B1(0，0,3a）,Deq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（\r（2）a,2），\f（\r（2)a，2)，3a)),C（0，eq\r(2)a,0）．设E(eq\r(2)a，0，z）(0≤z≤3a),则eq\o（CE,\s\up12（→））＝(eq\r(2)a，－eq\r(2）a，z),eq\o(B1E,\s\up12(→))＝(eq\r（2)a,0,z－3a)．由题意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a。故AE＝a或2a。15．正方体ABCD­A1B1C1D1中,E,F分别是BB1，CD的中点．(1)求证：平面AED⊥平面A1FD1；(2)在AE上求一点M，使得A1M⊥平面DAE.解：（1)证明：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，不妨设正方体的棱长为2，则A（2，0,0,），E（2,2,1)，F(0,1，0），A1（2，0，2)，D1（0，0，2），∴eq\o(DA,\s\up12(→)）＝(2,0，0），eq\o（DE,\s\up12（→)）＝（2，2,1)，eq\o（AE，\s\up12（→）)＝(0，2，1)．设平面AED的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o（DA，\s\up12（→））＝0，,n1·\o(DE，\s\up12(→))＝0，））即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（2x1＝0,,2x1＋2y1＋z1＝0，)）令y1＝1，得n1＝(0,1，－2)．同理可得平面A1FD1的一个法向量为n2＝(0，2，1）．∵n1·n2＝0，∴平面AED⊥平面A1FD1.（2)由于点M在AE上,∴可设eq\o(AM，\s\up12（→))＝λeq\o（AE，\s\up12（→))＝λ（0,2,1）＝(0，2λ，λ），可得M（2,2λ，λ)，于是eq\o（A1M，\s\up12(→)）＝（0，2λ，λ－2）．要使A1M⊥平面DAE，