高中数学新教材同步课时精品讲练选择性必修第一册 第1章 1.4.1 第3课时 空间中直线、平面的垂直(含解析)

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第3课时　空间中直线、平面的垂直学习目标　熟练掌握用方向向量、法向量证明线线、线面、面面间的垂直关系．知识点一　线线垂直的向量表示设 u1，u2 分别是直线 l1 , l2 的方向向量，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0.知识点二　线面垂直的向量表示设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l⊄α，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn.知识点三　面面垂直的向量表示设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0.1．若直线l的方向向量a＝(1,0,2)，平面α的法向量为n＝(－2,0，－4)，则(　　)A．l∥α   B．l⊥αC．l⊂α   D．l与α斜交答案　B解析　∵n＝－2a，∴a∥n，即l⊥α.2．已知两不重合直线l1和l2的方向向量分别为a＝(3λ＋1,0,2λ)，b＝(1，λ－1，λ)，若l1⊥l2，则λ的值为(　　)A．1或－   B．1或C．－1或   D．－1或－答案　D解析　由题意知，a⊥b，∴3λ＋1＋2λ2＝0，∴λ＝－1或－.3．(多选)下列命题中，正确的命题为(　　)A．若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥βB．若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1·n2＝0C．若n是平面α的法向量，a是直线l的方向向量，若l与平面α垂直，则n∥aD．若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面不垂直答案　BCD解析　A中平面α，β可能平行，也可能重合，结合平面法向量的概念，可知BCD正确．4．平面α与平面β垂直，平面α与平面β的法向量分别为u＝(－1,0,5)，v＝(t，5,1)，则t的值为________．答案　5解析　∵平面α与平面β垂直，∴平面α的法向量u与平面β的法向量v垂直，∴u·v＝0，即－1×t＋0×5＋5×1＝0，解得t＝5.一、证明线线垂直问题例1　如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F分别为AC，DC的中点．求证：EF⊥BC.证明　由题意，以点B为坐标原点，在平面DBC内过点B作垂直于BC的直线为x轴，BC所在直线为y轴，在平面ABC内过点B作垂直BC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，易得B(0,0,0)，A(0，－1，)，D(，－1,0)，C(0,2,0)，因而E，F，所以＝，＝(0,2,0)，因此·＝0.从而⊥，所以EF⊥BC.反思感悟　证明两直线垂直的基本步骤：建立空间直角坐标系→写出点的坐标→求直线的方向向量→证明向量垂直→得到两直线垂直．跟踪训练1　已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为1，M是底面上BC边的中点，N是侧棱CC1上的点，且CN＝CC1.求证：AB1⊥MN.证明　设AB的中点为O，作OO1∥AA1.以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OC所在直线为y轴，OO1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得A，B，C，N，B1，∵M为BC的中点，∴M.∴＝，＝(1,0,1)，∴·＝－＋0＋＝0.∴⊥，∴AB1⊥MN.二、证明线面垂直问题例2　如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC， E为PC的中点，EF⊥BP于点F.求证：PB⊥平面EFD.证明　由题意得，DA，DC，DP两两垂直，所以以D为坐标原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图，设DC＝PD＝1，则P(0,0,1)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，B(1,1,0)，E.所以＝(1,1，－1)，＝，＝，设F(x，y，z)，则＝(x，y，z－1)，＝.因为⊥，所以x＋－＝0，即x＋y －z＝0.①又因为∥，可设＝λ(0≤λ≤1)，所以x＝λ，y＝λ，z－1＝－λ.②由①②可知，x＝，y＝，z＝，所以＝.方法一　因为·＝(1,1，－1) ·＝0＋－＝0，所以⊥ ，所以PB⊥DE，因为PB⊥EF，又EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面EFD.所以PB⊥平面EFD.方法二　设n2＝(x2，y2，z2)为平面EFD的法向量，则有即所以取z2＝1，则n2＝(－1，－1,1)．所以∥n2，所以PB⊥平面EFD.反思感悟　用坐标法证明线面垂直的方法及步骤(1)利用线线垂直①将直线的方向向量用坐标表示．②找出平面内两条相交直线，并用坐标表示它们的方向向量．③ 判断直线的方向向量与平面内两条直线的方向向量垂直．(2)利用平面的法向量①将直线的方向向量用坐标表示．②求出平面的法向量．③判断直线的方向向量与平面的法向量平行．跟踪训练2　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，D1B1的中点．求证：EF⊥平面B1AC.证明　设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，E(2,2,1)，F(1,1,2)．∴＝(1,1,2)－(2,2,1)＝(－1，－1,1)．＝(2,2,2)－(2,0,0)＝(0,2,2)，＝(0,2,0)－(2,0,0)＝(－2,2,0)．设平面B1AC的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1得n＝(1,1，－1)，又＝－n，∴EF∥n，∴EF⊥平面B1AC.三、证明面面垂直问题例3　在四棱锥S－ABCD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.证明　设AS＝AB＝1，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，D(0,1,0)，A(0,0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，E.方法一　连接AC，交BD于点O，连接OE，则点O的坐标为.易知＝(0,0,1)，＝，所以＝，所以OE∥AS.又AS⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.又OE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCD.方法二　设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)．易知＝(－1,1,0)，＝，所以即令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝(1,1,0)．因为AS⊥底面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为n2＝＝(0,0,1)．因为n1·n2＝0，所以平面BDE⊥平面ABCD.反思感悟　证明面面垂直的两种方法(1)常规法：利用面面垂直的判定定理转化为线面垂直、线线垂直去证明．(2)法向量法：证明两个平面的法向量互相垂直．跟踪训练3　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是BB1，CD的中点．求证：平面AED⊥平面A1FD1；证明　以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1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Dxyz.设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，E(2,2,1)，F(0,1,0)，A1(2，0,2)，D1(0,0,2)，∴＝＝(2,0,0)，＝(2,2,1)，＝(0,1，－2)．设平面AED的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)．由得令y1＝1，得n1＝(0,1，－2)．同理，平面A1FD1的一个法向量为n2＝(0,2,1)．∵n1·n2＝(0,1，－2)·(0,2,1)＝0，∴n1⊥n2，∴平面AED⊥平面A1FD1.1．若平面α，β的法向量分别为a＝(2，－1,0)，b＝(－1，－2，0)，则α与β的位置关系是(　　)A．平行   B．垂直C．相交但不垂直   D．无法确定答案　B解析　a·b＝－2＋2＋0＝0，∴a⊥b，∴α⊥β.2．已知平面α的法向量为a＝(1,2，－2)，平面β的法向量为b＝(－2，－4，k)，若α⊥β，则k等于(　　)A．4  B．－4  C．5  D．－5答案　D解析　∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0.∴k＝－5.3．如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为2，点E是棱AB的中点，点F(0，y，z)是正方体的面AA1D1D上一点，且CF⊥B1E，则点F(0，y，z)满足方程(　　)A．y－z＝0B．2y－z－1＝0C．2y－z－2＝0D．z－1＝0答案　D解析　E(1,0,0)，B1(2,0,2)，C(2,2,0)，所以＝(－1,0，－2)，＝(－2，y－2，z)，因为CF⊥B1E，所以·＝0，即2－2z＝0，即z＝1.4.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点，则AM与PM的位置关系是________．答案　PM⊥AM解析　以D为原点，分别以DA，DC，DD1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Dxyz，依题意可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，A(2，0,0)，M(，2,0)，所以＝(，2,0)－(0,1，)＝(，1，－)，＝(，2,0)－(2，0,0)＝(－，2,0)，所以·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0，所以PM⊥AM.5．在三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠SAC＝∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝，SB＝，则直线SC与BC是否垂直________．(填“是”“否”)答案　是解析　如图，以A为坐标原点，平行于BC的直线为x轴，AC，AS所在直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则由AC＝2，BC＝，SB＝，得B(－，2,0)，S(0,0，2)，C(0,2,0)，＝(0,2，－2)，＝(－，0,0)．因为·＝0，所以SC⊥BC.1．知识清单：(1)线线垂直．(2)线面垂直．(3)面面垂直．2．方法归纳：转化法、法向量法．3．常见误区：直线的方向向量、平面的法向量的关系与线面间的垂直关系的对应易混．1．设直线l1，l2的方向向量分别为a＝(－2,2,1)，b＝(3，－2，m)，若l1⊥l2，则m等于(　　)A．－2   B．2C．10   D．6答案　C解析　因为a⊥b，所以a·b＝0，即－2×3＋2×(－2)＋m＝0，解得m＝10.2．若平面α，β的法向量分别为a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，且α⊥β，则x的值为(　　)A．10   B．－10C.   D．－答案　B解析　因为α⊥β，所以它们的法向量也互相垂直，所以a·b＝(－1,2,4)·(x，－1，－2)＝0，解得x＝－10.3．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)答案　C解析　由题意知＝(－1，－1，－1)，＝(2,0,1)，＝(x，－1，z)，又PA⊥平面ABC，所以有·＝(－1，－1，－1)·(x，－1，z)＝0，得－x＋1－z＝0.①·＝(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)．4．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于(　　)A．BD   B．ACC．A1D   D．A1A答案　A解析　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Dxyz.设正方体的棱长为1.则C(0,1,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，D(0,0,0)，C1(0,1，1)，A1(1,0,1)，E，∴＝，＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,0)，＝(－1,0，－1)，＝(0,0，－1)，∵·＝(－1)×＋(－1)×＋0×1＝0，∴CE⊥BD.5．(多选)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，M，N分别是棱DD1，D1C1的中点，则直线OM(　　)A．和AC垂直B．和AA1垂直C．和MN垂直D．与AC，MN都不垂直答案　AC解析　以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设正方体的棱长为2a，则D(0,0，0)，D1(0,0,2a)，M(0,0，a)，A(2a，0,0)，C(0,2a，0)，O(a，a，0)，N(0，a，2a)．∴＝(－a，－a，a)，＝(0，a，a)，＝(－2a，2a，0)．∴·＝0，·＝0，∴OM⊥AC，OM⊥MN.OM和AA1显然不垂直，故选AC.6．已知直线l与平面α垂直，直线l的一个方向向量u＝(1，－3，z)，向量v＝(3，－2,1)与平面α平行，则z＝________.答案　－9解析　由题意得u⊥v，∴u·v＝3＋6＋z＝0，∴z＝－9.7．在空间直角坐标系中，已知直角三角形ABC的三个顶点为A(－3，－2,1)，B(－1，－1，－1)，C(－5，x，0)，则x的值为________．答案　0或9解析　∵A(－3，－2,1)，B(－1，－1，－1)，C(－5，x，0)，∴＝(2,1，－2)，＝(－4，x＋1,1)，＝(－2，x＋2，－1)分三种情况：①A为直角，·＝0，∴－4＋x＋2＋2＝0，∴x＝0；②B为直角，·＝0，∴－8＋x＋1－2＝0，∴x＝9；③C为直角，·＝0，∴8＋(x＋1)(x＋2)－1＝0，x2＋3x＋9＝0，方程无解．综上，x的值为0或9.8．在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3,1)，C(2，－2,1)．若向量n与平面ABC垂直，且|n|＝，则n的坐标为________________．答案　(－2,4,1)或(2，－4，－1)解析　据题意，得＝(－1，－1,2)，＝(1,0,2)．设n＝(x，y，z)，∵n与平面ABC垂直，∴即可得∵|n|＝，∴＝，解得y＝4或y＝－4.当y＝4时，x＝－2，z＝1；当y＝－4时，x＝2，z＝－1.∴n的坐标为(－2,4,1)或(2，－4，－1)．9.如图，在四面体ABOC中，OC⊥OA，OC⊥OB，∠AOB＝120°，且OA＝OB＝OC＝1，设P为AC的中点，Q在AB上且AB＝3AQ，证明：PQ⊥OA.证明　如图，连接OP，OQ，PQ，取O为坐标原点，以OA，OC所在直线为x轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz(如图所示)．则A(1,0,0)，C(0,0,1)，B.∵P为AC的中点，∴P.∴＝，又由已知，可得＝＝.又＝＋＝，∴＝－＝.∵·＝0，∴⊥，即PQ⊥OA.10.如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°，求证：平面ADE⊥平面ABE.证明　取BE的中点O，连接OC，又AB⊥平面BCE，所以以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图所示)．则有C(1,0,0)，B(0，，0)，E(0，－，0)，D(1,0,1)，A(0，，2)．于是＝(0，－2，－2)，＝(－1，，1)．设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，则n·＝(a，b，c)·(0，－2，－2)＝－2b－2c＝0，n·＝(a，b，c)·(－1，，1)＝－a＋b＋c＝0.令b＝1，则a＝0，c＝－，所以n＝(0,1，－)．又AB⊥平面BCE，OC⊂平面BCE，所以AB⊥OC.因为BE⊥OC，AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABE，所以OC⊥平面ABE.所以平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．因为n·m＝(0,1，－)·(1,0,0)＝0，所以n⊥m，所以平面ADE⊥平面ABE.11．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则(　　)A．EF至多与A1D，AC中的一个垂直B．EF⊥A1D，EF⊥ACC．EF与BD1相交D．EF与BD1异面答案　B解析　以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，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)，E，F，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，∴＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，＝，＝(－1，－1,1)，∴＝－，·＝0，·＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC，故选B.12．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的比值为(　　)A.  B．1  C．3  D．2答案　B解析　以A为坐标原点，AB，AD，AP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Axyz，设正方形边长为1，PA＝a，则B(1,0,0)，E，P(0,0，a)．设点F的坐标为(0，y，0)，则＝(－1，y，0)，＝.因为BF⊥PE，所以·＝0，解得y＝，即点F的坐标为，所以F为AD的中点，所以AF∶FD＝1∶1.13.如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝1，若E，F分别为PB，AD的中点，则直线EF与平面PBC的位置关系是________．答案　垂直解析　以D为原点，DA，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则P(0,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，E，F，∴＝，设平面PBC的一个法向量n＝(x，y，z)，则取y＝1，则z＝1，平面PBC的法向量n＝(0,1,1)，∵＝－n，∴∥n，∴EF⊥平面PBC.14.如图，已知点E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E，C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN有________条．答案　1解析　假设存在满足条件的直线MN，建立空间直角坐标系如图所示，不妨设正方体的棱长为2，则D1(2,0,2)，E(1,2,0)，设M(x，y，z)，＝m(0≤m≤1)，所以(x－2，y，z－2)＝m(－1,2，－2)，x＝2－m，y＝2m，z＝2－2m，所以M(2－m，2m，2－2m)，同理，若设＝n(0≤n≤1)，可得N(2n，2n，2－n)，＝(m＋2n－2,2n－2m，2m－n)，又因为MN⊥平面ABCD，＝(2,0,0)，＝(0,2,0)，所以解得即存在满足条件的直线MN，有且只有一条．15．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论正确的是(　　)A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BDB．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BDC．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BDD．不存在DQ与平面A1BD垂直答案　D解析　以A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，则由已知得A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，D，P(0,2,0)，＝(1,0,1)，＝，＝(－1,2,0)，＝.设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2,1，－2)．假设DQ⊥平面A1BD，且B1Q＝λ＝λ(－1,2,0)＝(－λ，2λ，0)，则＝＋＝，因为也是平面A1BD的法向量，所以n＝(2,1，－2)与＝共线，于是有＝＝＝成立，但此方程关于λ无解．故不存在DQ与平面A1BD垂直．16．已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1上的动点．(1)求证：A1E⊥BD；(2)若平面A1BD⊥平面EBD，试确定E点的位置．(1)证明　以D为坐标原点，以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．设正方体棱长为a，则 A(a，0,0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，C1(0，a，a)．设E(0，a，b)(0≤b≤a)，＝(－a，a，b－a)，＝(－a，－a，0)，·＝a2－a2＋(b－a)·0＝0，∴⊥，即A1E⊥BD.(2)解　设平面A1BD，平面EBD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．∵＝(a，a，0)，＝(a，0，a)，＝(0，a，b)，∴取x1＝x2＝1，得n1＝(1，－1，－1)，n2＝，由平面A1BD⊥平面EBD，得n1⊥n2，∴2－＝0，即b＝.∴当E为CC1的中点时，平面A1BD⊥平面EBD.