课时作业(六) 空间中直线、平面的垂直

这是一份课时作业(六) 空间中直线、平面的垂直，共6页。

1．四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，则直线PA与底面ABCD的关系是( )
A．平行 B．垂直
C．在平面内 D．成60°角
2．已知点A(0,1,0)，B(－1,0，－1)，C(2,1,1)，P(x,0，z)，若PA⊥平面ABC，则点P的坐标为( )
A．(1,0，－2) B．(1,0,2)
C．(－1,0,2) D．(2,0，－1)
3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝eq \f(2,3)A1D，AF＝eq \f(1,3)AC，则( )
A．EF至多与A1D，AC中的一个垂直
B．EF⊥A1D，EF⊥AC
C．EF和BD1相交
D．EF与BD1异面
4．(多选)在菱形ABCD中，若eq \(PA,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，则以下等式中可能成立的是( )
A.eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0 B.eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝0
C.eq \(PC,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0 D.eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝0
5．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eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(AC,\s\up6(→))，则点P的坐标为________．
6．如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.
[提能力]
7．(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)．下列结论中正确的是( )
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量
D.eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BD,\s\up6(→))
8．在直角坐标系O－xyz中，已知点P(2cs x＋1,2cs 2x＋2,0)和点Q(cs x，－1,3)，其中x∈[0，π]，若直线OP与直线OQ垂直，则x的值为________．
9．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝a，AA1＝b，点E，F分别在棱BB1，CC1上，且BE＝eq \f(1,3)BB1，C1F＝eq \f(1,3)CC1.设λ＝eq \f(b,a)，当平面AEF⊥平面A1EF时，求λ的值．
[战疑难]
若正三棱锥P－ABC侧面互相垂直，则棱锥的高与底面边长之比为________．
课时作业(六)
1．解析：∵eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AP,\s\up10(→))＝2×(－1)＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，
eq \(AD,\s\up10(→))·eq \(AP,\s\up10(→))＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0.
又∵AB⊂底面ABCD，AD⊂底面ABCD，
AB∩AD＝A，
∴AP⊥底面ABCD.故选B.
答案：B
2．解析：由题意知eq \(AB,\s\up10(→))＝(－1，－1，－1)，eq \(AC,\s\up10(→))＝(2,0,1)，eq \(AP,\s\up10(→))＝(x，－1，z)，又因为PA⊥平面ABC，所以有eq \(AB,\s\up10(→))·eq \(AP,\s\up10(→))＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0 ①.
eq \(AC,\s\up10(→))·eq \(AP,\s\up10(→))＝(2,0,1)·(x，－1，z)＝0，得2x＋z＝0 ②，
联立①②得x＝－1，z＝2，故点P的坐标为(－1,0,2)．
答案：C
3．解析：以点D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up10(→))，eq \(DC,\s\up10(→))，eq \(DD1,\s\up10(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0，\f(1,3)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(1,3)，0))，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，
则eq \(A1D,\s\up10(→))＝(－1,0，－1)，eq \(AC,\s\up10(→))＝(－1,1,0)，
eq \(EF,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，－\f(1,3)))，eq \(BD1,\s\up10(→))＝(－1，－1,1)，
eq \(EF,\s\up10(→))＝－eq \f(1,3)eq \(BD1,\s\up10(→))，eq \(A1D,\s\up10(→))·eq \(EF,\s\up10(→))＝0，eq \(AC,\s\up10(→))·eq \(EF,\s\up10(→))＝0，
从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故选B.
答案：B
4．解析：∵PA⊥平面ABCD，∴BD⊥PA.
又∵AC⊥BD，∴BD⊥平面PAC，∴PC⊥BD.
故选项B正确，选项A和D显然成立．故选ABD.
答案：ABD
5．解析：eq \(PA,\s\up10(→))＝(－x,1，－z)，eq \(AB,\s\up10(→))＝(－1，－1,1)，eq \(AC,\s\up10(→))＝(2,0,1)，
∵eq \(PA,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＝0，eq \(PA,\s\up10(→))·eq \(AC,\s\up10(→))＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－z＝0，,－2x－z＝0，))
∴x＝eq \f(1,3)，z＝－eq \f(2,3).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，0，－\f(2,3)))
6．证明：如图所示，取BC的中点O，连接AO.
因为△ABC为正三角形，
所以AO⊥BC.
因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1.
取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以eq \(OB,\s\up10(→))，eq \(OO1,\s\up10(→))，eq \(OA,\s\up10(→))所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
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)
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，
eq \(BA1,\s\up10(→))＝(－1,2，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up10(→))＝(－2,1,0)．
因为n⊥eq \(BA1,\s\up10(→))，n⊥eq \(BD,\s\up10(→))，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up10(→))＝0，,n·\(BD,\s\up10(→))＝0，))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))
令x＝1，则y＝2，z＝－eq \r(3)，
故n＝(1,2，－eq \r(3))为平面A1BD的一个法向量，
而eq \(AB1,\s\up10(→))＝(1,2，－eq \r(3))，
所以eq \(AB1,\s\up10(→))＝n，所以eq \(AB1,\s\up10(→))∥n，
故AB1⊥平面A1BD.
7．解析：eq \(AP,\s\up10(→))·eq \(AB,\s\up10(→))＝(－1,2，－1)·(2，－1，－4)＝－1×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，∴AP⊥AB，即A正确.eq \(AP,\s\up10(→))·eq \(AD,\s\up10(→))＝(－1,2，－1)·(4,2,0)＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0.∴AP⊥AD，即B正确．又∵AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD，即eq \(AP,\s\up10(→))是平面ABCD的一个法向量，C正确．∵eq \(AP,\s\up10(→))是平面ABCD的法向量，∴eq \(AP,\s\up10(→))⊥eq \(BD,\s\up10(→))，D不正确．故选ABC.
答案：ABC
8．解析：由OP⊥OQ，得eq \(OP,\s\up10(→))·eq \(OQ,\s\up10(→))＝0.
即(2cs x＋1)·cs x＋(2cs 2x＋2)·(－1)＝0.
∴cs x＝0或cs x＝eq \f(1,2).
∵x∈[0，π]，∴x＝eq \f(π,2)或x＝eq \f(π,3).
答案：eq \f(π,2)或eq \f(π,3)
9．解析：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
则由题意可知A(0,0,0)，
Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0，\f(b,3)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(2b,3)))，
故eq \(AE,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，0，\f(b,3)))，eq \(AF,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a，\f(2b,3))).
设平面AEF的法向量为n1＝(x，y，z)，
则n1·eq \(AE,\s\up10(→))＝0，则n1·eq \(AF,\s\up10(→))＝0，
即ax＋eq \f(bz,3)＝0，且ay＋eq \f(2bz,3)＝0.
令z＝1，得x＝－eq \f(b,3a)，y＝－eq \f(2b,3a).
故n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,3a)，－\f(2b,3a)，1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(λ,3)，－\f(2λ,3)，1)).
同理可得平面A1EF的一个法向量为
n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2b,3a)，\f(b,3a)，1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ,3)，\f(λ,3)，1)).
∵平面AEF⊥平面A1EF，∴n1·n2＝0.
∴－eq \f(2λ2,9)－eq \f(2λ2,9)＋1＝0，解得λ＝eq \f(3,2)(负值舍去)．
∴当平面AEF⊥平面A1EF时，λ＝eq \f(3,2).
10．解析：设高为h，底边长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P(0,0，h)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，\f(1,2)，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，－\f(1,2)，0))，eq \(PA,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，0，－h))，eq \(PB,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，\f(1,2)，－h))，eq \(PC,\s\up10(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),6)，－\f(1,2)，－h))，得平面PAB，PAC的法向量分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，3，\f(1,h)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－3，\f(1,h)))，则3－9＋eq \f(1,h2)＝0，解得h＝eq \f(\r(6),6).
答案：eq \r(6)6