高考复习《空间中的法向量》课时作业8.7

这是一份高考复习《空间中的法向量》课时作业8.7，共10页。
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∥α B．l⊥α
C．l⊂α D．l与α相交
B ∵n＝－2a，∴a与平面α的法向量平行，∴l⊥α.
2.
如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．斜交 B．平行
C．垂直 D．MN在平面BB1C1C内
B
建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3))).
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以eq \(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．
因为eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(C1D1,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(C1D1,\s\up6(→))，又MN⊄平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.
3.
(2020·西安模拟)如图，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有( )
A．B1E＝EB
B．B1E＝2EB
C．B1E＝eq \f(1,2)EB
D．E与B重合
A 以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方形的边长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，则eq \(D1F,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2，2，z)，∵eq \(D1F,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0×2＋1×2－2z＝0，
∴z＝1，∴B1E＝EB.
4．(2020·广州质检)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n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________．
解析 设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，
由m·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，得x·0＋y－z＝0，即y＝z，
由m·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，得x－z＝0，即x＝z，取x＝1，
∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.
答案 α∥β
5．(2020·西安调研)已知eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，5，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，1，z)，若eq \(AB,\s\up6(→))⊥eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x＋y＝________．
解析 由条件得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3＋5－2z＝0，,x－1＋5y＋6＝0，,3（x－1）＋y－3z＝0，))
解得x＝eq \f(40,7)，y＝－eq \f(15,7)，z＝4，∴x＋y＝eq \f(40,7)－eq \f(15,7)＝eq \f(25,7).
答案 eq \f(25,7)
6．下列命题：
①直线l的方向向量为a＝(1，－1，2)，直线m的方向向量b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1，－\f(1,2)))，则l与m垂直；
②直线l的方向向量a＝(0，1，－1)，平面α的法向量n＝(1，－1，－1)，则l⊥α；
③平面α，β的法向量分别为n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，则α∥β；
④平面α经过三点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1.其中为真命题的是________(把你认为正确命题的序号都填上)．
解析 对于①，∵a＝(1，－1，2)，b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1，－\f(1,2)))，∴a·b＝1×2－1×1＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝0，∴a⊥b，∴直线l与m垂直，①正确；
对于②，a＝(0，1，－1)，n＝(1，－1，－1)，∴a·n＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，∴a⊥n，∴l∥α或l⊂α，②错误；
对于③，∵n1＝(0，1，3)，n2＝(1，0，2)，∴n1与n2不共线，∴α∥β不成立，③错误；
对于④，∵点A(1，0，－1)，B(0，1，0)，C(－1，2，0)，∴eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)．∵向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(BC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1＋u＋t＝0，,－1＋u＝0，))则u＋t＝1，④正确．
综上，真命题的序号是①④.
答案 ①④
7．(2020·青海质检)正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是C1C，B1C1的中点．求证：MN∥平面A1BD.
证明 如图所示，以D为坐标原点，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，则
D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，
于是eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·eq \(DA1,\s\up6(→))＝0，且n·eq \(DB,\s\up6(→))＝0，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋z＝0，,x＋y＝0.))
取x＝1，得y＝－1，z＝－1.
所以n＝(1，－1，－1)．又eq \(MN,\s\up6(→))·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥n.
又MN⊄平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.
8．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD
∥QA，QA＝AB＝eq \f(1,2)PD.证明：平面PQC⊥平面DCQ.
证明 如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，DA，DP，DC所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.
由题意得Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，则eq \(DQ,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq \(PQ,\s\up6(→))＝(1，－1，0)．
∴eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DQ,\s\up6(→))＝0，eq \(PQ,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC.
又DQ∩DC＝D，DQ，DC⊂平面DCQ，
∴PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC，
∴平面PQC⊥平面DCQ.
9．(2020·郑州调研)如图所示，四
棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝eq \r(2)，E为PD上一点，PE＝2ED.
(1)求证：PA⊥平面ABCD；
(2)在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，请说明理由．
解 (1)证明：∵PA＝AD＝1，PD＝eq \r(2)，∴PA2＋AD2＝PD2，即PA⊥AD.又PA⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD.
(2)以A为原点，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，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，0，1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(1,3)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)，\f(1,3))).
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AE,\s\up6(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,2y＋z＝0，))
令y＝1，则n＝(－1，1，－2)．
假设侧棱PC上存在一点F，且eq \(CF,\s\up6(→))＝λeq \(CP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，
使得BF∥平面AEC，则eq \(BF,\s\up6(→))·n＝0.
又∵eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(－λ，1－λ，λ)，∴eq \(BF,\s\up6(→))·n＝λ＋1－λ－2λ＝0，∴λ＝eq \f(1,2)，
∴存在点F，使得BF∥平面AEC，且F为PC的中点．
[技能过关提升]
10．(2020·成
都调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．MN在平面BB1C1C内
B 以点C1为坐标原点
，分别以C1B1，C1D1，C1C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，由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，
则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，
eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3))).又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以eq \(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．
因为eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(C1D1,\s\up6(→))＝0，所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(C1D1,\s\up6(→))，又MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.
11.
(2020·长沙模拟)如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为( )
A．(1，1，1)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
C 设AC与BD相交于O点，连接OE，
∵AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，
又O是正方形ABCD对角线的交点，∴M为线段EF的中点．
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
12．如图
，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和为________．
解析 以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，
∴eq \(B1E,\s\up6(→))＝(x－1，0，1)，eq \(FB,\s\up6(→))＝(1，1，y)，
∵B1E⊥平面ABF，
∴eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(B1E,\s\up6(→))＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0，即x＋y＝1.
答案 1
13．(2020·桂林模拟)
如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
(1)证明
设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
∴AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，
∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，
∴A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1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A(0，－1，0)，B(eq \r(3)，0，0)，C(0，1，0)，D(－eq \r(3)，0，0)，A1(0，0，eq \r(3))，C1(0，2，eq \r(3))．
由于eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，0，0)，eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0，1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
∴eq \(BD,\s\up6(→))⊥eq \(AA1,\s\up6(→))，即BD⊥AA1.
(2)解 假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设eq \(CP,\s\up6(→))＝λeq \(CC1,\s\up6(→))，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1，eq \r(3))．从而有P(0，1＋λ，eq \r(3)λ)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ)．
设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3⊥\(A1C1,\s\up6(→))，,n3⊥\(DA1,\s\up6(→))))
又eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(DA1,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))
取n3＝(1，0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，
则n3⊥eq \(BP,\s\up6(→))，即n3·eq \(BP,\s\up6(→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.