高中数学人教A版选修2-1（同步练习）第3章　3.2 立体几何中的向量方法 第二课时

第三章 空间向量与立体几何3.2 立体几何中的向量方法第二课时 用空间向量解决垂直关系课时跟踪检测一、选择题1．已知平面α的法向量n＝(1,2，－2)，平面β的法向量m＝(－2,3，k)，若α⊥β，则k的值为(  )A．2   B．4   C．1   D．解析：由题意，得m·n＝0，∴－2＋6－2k＝0，得k＝2.答案：A2．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，则PA与底面ABCD的关系是(  )A．相交B．垂直C．不垂直D．成60°角解析：因为·＝0，·＝0，所以AP⊥平面ABCD.答案：B3．若n＝(1，－2,2)是平面β的一个法向量，则下列向量能作为平面β的法向量的是(  )A．(1，－2,0)B．(0，－2,2)C．(2，－4,4)D．(2,4,4)解析：∵(2，－4,4)＝2(1，－2,2)＝2n，∴(2，－4,4)与n平行，故可作为平面β的法向量．答案：C4．(2018·保定高二检测)若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2 ＝(－3,1，－4)，则(  )A．α∥βB．α⊥βC．α，β相交但不垂直D．以上均有可能解析：∵cos〈n1，n2〉＝＝≠0，且cos〈n1，n2〉≠±1，∴α与β相交但不垂直．答案：C5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则CE垂直于(  )A．ACB．BDC．A1DD．AA1解析：建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，E，B(1,1,0)．则＝(1,1,0)，＝，∴·＝－＋0＝0，∴⊥.∴DB⊥CE.答案：B6．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(  )A．3B．6C．－9D．9 解析：由题意，知u⊥v，所以u·v＝0，即3＋6＋z＝0，解得z＝－9.答案：C二、填空题7．已知△ABC是以∠B为直角顶点的等腰直角三角形，其中＝(1，m,2)，＝(2，m，n)(m，n∈R)，则m＋n＝________. 解析：由题意，知·＝0⇒2＋m2＋2n＝0，①||＝||⇒1＋m2＋4＝4＋m2＋n2，②由①②，解得∴m＋n＝－1.答案：－18．已知点A，B，C的坐标分别为(0,1,0)，(－1,0,1)，(2,1,1)，点P的坐标为(x,0，z)，若⊥，⊥，则＝________.解析：＝(－x,1，－z)，＝(－1，－1,1)，＝(2,0,1)，则由⊥，⊥，可得∴∴＝.答案：9．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④AP∥BD.其中正确的是__________．解析：∵＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)，∴·＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，∴AP⊥AB，故①正确；∵·＝4× (－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，∴AP⊥AD，故②正确；由①②知，是平面ABCD的法向量，∴③正确；∵BD⊂平面ABCD，∴AP⊥BD，∴④不正确．答案：①②③三、解答题10．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：A1F⊥C1E.证明：以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则A1(a,0，a)，C1(0，a，a)．设AE＝BF＝x，则E(a，x,0)，F(a－x，a,0)．∴＝(－x，a，－a)，＝(a，x－a，－a)．∵·＝(－x，a，－a)·(a，x－a，－a)＝－ax＋ax－a2＋a2＝0，∴⊥，即A1F⊥C1E.11．如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)证明：AP⊥BC；(2)在线段AP上是否存在点M，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：(1)证明：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O－xyz. 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AP⊥BC.(2)假设存在满足题意的M，设＝λ，λ≠1，则＝λ(0，－3，－4)．＝＋＝＋λ＝(－4，－2,4)＋λ(0，－3，－4)＝(－4，－2－3λ，4－4λ)，＝(－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n1·n2＝0，得4－3·＝0，解得λ＝，故AM＝3.综上所述，存在点M符合题意，AM＝3.12．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝，AB＝1，AD＝m，E为BC中点，AE⊥ED.(1)求证：平面A1DE⊥平面A1AE；(2)设△A1DE的重心为G，问是否存在实数λ，使得＝λ，且MG⊥平面A1ED同时成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：以A为原点建立空间直角坐标系A－xyz ，则A(0,0,0)，A1(0,0，)，B(1,0,0)，D(0，m,0)，E，∵AE⊥ED，且＝，＝，＝(0,0,)，∴·＝－1＋＝0，∴m＝2.又∵·＝0，∴ED⊥AA1，且∩AE＝A，∴ED⊥平面A1AE.∵ED⊂平面A1ED，∴平面A1DE⊥平面A1AE.(2)依题意，G，∵＝λ，∴M(0,2λ，0)．则＝.假设存在λ满足题设条件，则·＝0且·＝0.即∴λ＝.13．(2019·济南模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DB＝DC，E为BC的中点，则·＝(  )A．0 B．1C．2 D．3解析：以D为原点建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示． 设DC＝BD＝a，DA＝b，则B(a,0,0)，C(0，a,0)，A(0,0，b)，E，∴＝，＝(－a，a,0)，∴·＝－＋＋0＝0.答案：A