高中数学 2.4 用向量讨论垂直与平行课时作业 北师大版选修2-1

§4用向量讨论垂直与平行课时目标1.会用直线的方向向量与平面的法向量表示空间直线、平面间的平行、垂直等位置关系.2.会用向量的有关知识证明线与线、线与面、面与面的垂直与平行．1．空间中平行关系的向量表示(1)线线平行设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)且(a2b2c2≠0)，则l∥m___________________________________．(2)线面平行设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u＝(a2，b2，c2)，则l∥α____________________________________________．(3)面面平行设平面α，β的法向量分别为u＝(a1，b1，c1)，v＝(a2，b2，c2)，则α∥β__________________________________________．2．空间中垂直关系的向量表示(1)线线垂直设直线l的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m的方向向量为b＝(b1，b2，b3)，则l⊥m______________________________________________________．(2)线面垂直设直线l的方向向量是u＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量是v＝(a2，b2，c2)，则l⊥α____________________________________．(3)面面垂直若平面α的法向量u＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β______________________________________________．一、选择题1．若直线l的方向向量为a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．lαD．l与α斜交2．平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α与平面β的位置关系是()A．平行B．相交但不垂直C．垂直D．不能确定3．从点A(2，－1,7)沿向量a＝(8,9，－12)的方向取线段长AB＝34，则B点的坐标为()A．(－9，－7,7)B．(18,17，－17)C．(9,7，－7)D．(－14，－19,31)4.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B、AC的中点，则MN与平面BB1A．相交B．平行C．垂直D．不能确定5．已知A(3,0，－1)，B(0，－2，－6)，C(2,4，－2)，则△ABC是()A．等边三角形B．等腰三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形6.如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是上底面中心，则AC1与CEA．平行B．相交C．相交且垂直D．以上都不是题号123456答案二、填空题7．已知直线l的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，且l∥α，则m＝________.8．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______对．9.如图，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M、P、Q分别为棱AB、CD、BC①A1M∥D1P②A1M∥B1Q③A1M∥面DCC1D1④A1M∥面D1PQB1以上结论中正确的是________．(填写正确的序号)三、解答题10．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，求证：B1C∥平面ODC11．在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别为AB、BC的中点，在棱BB1上是否存在点M，使得D1M⊥平面能力提升12．如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝eq\r(2)，点E是棱PB的中点．证明：AE⊥平面PBC.13.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.(1)证明：PA∥平面EDB；(2)证明：PB⊥平面EFD.1．平行关系的常用证法证明线线平行只需证明表示两条直线的向量满足实数倍数关系，如证明AB∥CD只需证eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(CD,\s\up6(→)).证明线面平行可转化为证直线的方向向量和平面的法向量垂直，然后说明直线在平面外．证面面平行可转化证两面的法向量平行．2．垂直关系的常用证法要证线线垂直，可以转化为对应的向量垂直．要证线面垂直，可以转化为证明这条直线与平面内两条相交直线垂直．要证面面垂直，可以转化为证明两个平面的法向量垂直．§4用向量讨论垂直与平行知识梳理1．(1)a∥ba＝λbeq\f(a1,a2)＝eq\f(b1,b2)＝eq\f(c1,c2)(2)a⊥ua·u＝0a1a2＋b1b2＋c1c2＝0(3)u∥vu＝kveq\f(a1,a2)＝eq\f(b1,b2)＝eq\f(c1,c2)(a2b2c2≠0)2．(1)a⊥ba·b＝0a1b1＋a2b2＋a3b3＝0(2)u∥vu＝λveq\f(a1,a2)＝eq\f(b1,b2)＝eq\f(c1,c2)(a2b2c2≠0)(3)u⊥vu·v＝0a1a2＋b1b2＋c1c2＝0作业设计1．B[∵n＝－2a，∴n∥a，∴l⊥α2．C[∵(1,2,0)·(2，－1,0)＝0，∴两法向量垂直，从而两平面也垂直．]3．B[设B(x，y，z)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x－2，y＋1，z－7)＝λ(8,9，－12)，λ>0.故x－2＝8λ，y＋1＝9λ，z－7＝－12λ，又(x－2)2＋(y＋1)2＋(z－7)2＝342，得(17λ)2＝342，∵λ>0，∴λ＝2.∴x＝18，y＝17，z＝－17，即B(18,17，－17)．]4．B[可以建立空间直角坐标系，通过平面的法向量eq\o(AB,\s\up6(→))和eq\o(MN,\s\up6(→))的关系判断．]5．C[∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－3，－2，－5)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,4，－1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2,6,4)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，∴AB⊥AC，且|eq\o(AB,\s\up6(→))|≠|eq\o(AC,\s\up6(→))|≠|eq\o(BC,\s\up6(→))|，∴△ABC为直角三角形．]6．C[可以建立空间直角坐标系，通过eq\o(AC1,\s\up6(→))与eq\o(CE,\s\up6(→))的关系判断．]7．－8解析∵l∥α，∴l的方向向量与α的法向量垂直．∴(2，m,1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))＝2＋eq\f(1,2)m＋2＝0，∴m＝－8.8．0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．9．①③④解析∵eq\o(A1M,\s\up6(→))＝eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(DP,\s\up6(→))－eq\o(DD1,\s\up6(→))＝eq\o(D1P,\s\up6(→))，∴A1M∥D1P∵D1P面D1PQB1，∴A1M∥面D1PQB1.又D1P面DCC1D1，∴A1M∥面DCC1D1.∵B1Q为平面DCC1D1的斜线，∴B1Q与D1P不平行，∴A1M与B1Q10．证明方法一∵eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\o(A1D,\s\up6(→))，B1A1D，∴B1C∥A1D，又A1D平面ODC1，∴B1C∥平面ODC1方法二∵eq\o(B1C,\s\up6(→))＝eq\o(B1C1,\s\up6(→))＋eq\o(B1B,\s\up6(→))＝eq\o(B1O,\s\up6(→))＋eq\o(OC1,\s\up6(→))＋eq\o(D1O,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\o(OC1,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→)).∴eq\o(B1C,\s\up6(→))，eq\o(OC1,\s\up6(→))，eq\o(OD,\s\up6(→))共面．又B1C平面ODC1，∴B1C∥平面ODC1方法三建系如图，设正方体的棱长为1，则可得B1(1,1,1)，C(0,1,0)，Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))，C1(0,1,1)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－1,0，－1)，eq\o(OD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，－1))，eq\o(OC1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0)).设平面ODC1的法向量为n＝(x0，y0，z0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OD,\s\up6(→))＝0,n·\o(OC1,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x0－\f(1,2)y0－z0＝0①,－\f(1,2)x0＋\f(1,2)y0＝0②))令x0＝1，得y0＝1，z0＝－1，∴n＝(1,1，－1)．又eq\o(B1C,\s\up6(→))·n＝－1×1＋0×1＋(－1)×(－1)＝0，∴eq\o(B1C,\s\up6(→))⊥n，且B1C平面ODC1，∴B1C∥平面ODC111．解如图所示，分别以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,1)，B1(1,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，设M(1,1，m)，∴eq\o(EF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，－1))，eq\o(D1M,\s\up6(→))＝(1,1，m－1)．若D1M⊥平面EFB1则D1M⊥EF且D1M⊥B1即eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，eq\o(D1M,\s\up6(→))·eq\o(B1E,\s\up6(→))＝0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋\f(1,2)＋m－1×0＝0,0－\f(1,2)＋1－m＝0))，∴m＝eq\f(1,2)，即存在点M且为B1B的中点，使D1M⊥平面EFB112.证明如图所示，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设D(0，a,0)，则B(eq\r(2)，0,0)，C(eq\r(2)，a,0)，P(0,0，eq\r(2))，E(eq\f(\r(2),2)，0，eq\f(\r(2),2))．于是eq\o(AE,\s\up6(→))＝(eq\f(\r(2),2)，0，eq\f(\r(2),2))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，a,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，a，－eq\r(2))，则eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0.所以AE⊥BC，AE⊥PC.又因为BC∩PC＝C，所以AE⊥平面PBC.13.证明(1)以D为坐标原点，以DA、D