人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用第2课时精练

这是一份人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用第2课时精练，共11页。
第一章　第2课时　空间中直线、平面的垂直A级  必备知识基础练1.[探究点三]若平面α与β的法向量分别是a=(2,4,-3),b=(-1,2,2),则平面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2.[探究点一]在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,=λ=3.若PN⊥BM,则λ=(　　)A. B. C. D.3.[探究点一](多选题)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4.[探究点三]已知平面α的一个法向量a=(x,1,-2),平面β的一个法向量b=.若α⊥β,则x-y=　　　　. 5.[探究点二]已知空间四点A(0,1,0),B(-1,0,-1),C(2,1,1),P(x,0,z),若PA⊥平面ABC,则P的坐标为　　　　　　　. 6.[探究点三][2023山东枣庄月考]如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形, PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.求证:平面MND⊥平面PCD. 7.[探究点二]如图,在四棱锥P -ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=4,BC=3,AD=5,∠DAB=∠ABC=90°,E是CD的中点.求证:CD⊥平面PAE. 8.[探究点一][北师大版教材习题]已知:如图,△ABC为正三角形,AE和CD都垂直于平面ABC,且AE=AB=2CD,点F是BE的中点.(1)求证:DF∥平面ABC;(2)求证:AF⊥BD. B级  关键能力提升练9.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为(　　)A.,-,4 B.,-,4C.,-2,4 D.4,,-1510.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,P是AA1的中点,点M在侧面AA1B1B(含边界)内,若D1M⊥CP,则△BCM面积的最小值为(　　)A.8 B.4 C.8 D.11.(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,若=(2,-1,-4), =(4,2,0),=(-1,2,-1),则下列结论正确的有(　　)A.AP⊥ABB.AP⊥ADC.是平面ABCD的一个法向量D.12.[北师大版教材习题]已知:如图,在空间直角坐标系中有长方体ABCD-A'B'C'D',AB=,BC=,AA'=1,点E是C'D'的中点.求证:平面AA'E⊥平面BB'E. 13.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,且AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90°,侧面PAD⊥底面ABCD.若PA=AB=BC=AD. (1)求证:CD⊥平面PAC.(2)侧棱PA上是否存在点E,使得BE∥平面PCD?若存在,求出点E的位置并证明;若不存在,请说明理由. C级  学科素养创新练14.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B1P上,则下列结论正确的是(　　)A.当Q为线段B1P的中点时,DQ⊥平面A1BDB.当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.不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD 答案：1.B　a·b=(2,4,-3)·(-1,2,2)=-2+8-6=0,∴a⊥b,∴平面α与平面β垂直.2.C　如图,以AB,AC,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则P(λ,0,1),N,B(1,0,0),M,=,=,所以=λ-=0,即λ=.故选C.3.AC　以D为原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略).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.4.-1　因为α⊥β,所以a⊥b,所以-x+y-1=0,得x-y=-1.5.(-1,0,2)　由题意得=(-x,1,-z),=(-1,-1,-1),=(2,0,1),由,得=x-1+z=0,由,得=-2x-z=0,解得故点P的坐标为(-1,0,2).6.证明 ∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴AB,AD,AP两两垂直.如图所示,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系,可得A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1),∴=(0,1,1),=(-1,1,-1),=(0,2,-2).设m=(x,y,z)是平面MND的一个法向量,可得取y=-1,得x=-2,z=1,∴m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量,同理可得n=(0,1,1)是平面PCD的一个法向量.∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0,∴m⊥n,即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直,可得平面MND⊥平面PCD.7.证明如图,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设PA=h,则A(0,0,0),B(4,0,0),C(4,3,0),D(0,5,0),E(2,4,0),P(0,0,h).易知=(-4,2,0),=(2,4,0),=(0,0,h).∵=-8+8+0=0,=0,∴CD⊥AE,CD⊥AP.∵AP∩AE=A,∴CD⊥平面PAE.8.证明 以A为原点,的方向分别为z轴和y轴的正方向建立空间直角坐标系(图略).设DC=a,所以AE=AB=2a.(1)由题意,得A(0,0,0),B(a,a,0),C(0,2a,0),D(0,2a,a),E(0,0,2a),则=(0,0,2a).因为F是BE的中点,所以F.所以=.因为AE⊥平面ABC,所以是平面ABC的一个法向量.又=0,所以.所以DF∥平面ABC.(2)因为=,=(-a,a,a),所以a·(-a)+a·a+a·a=0.所以AF⊥BD.9.B　∵,∴=0,即3+5-2z=0,得z=4,又BP⊥平面ABC,∴,则解得10.D　以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图.则P(4,0,2),C(0,4,0),D1(0,0,4),B(4,4,0).设M(4,a,b)(0≤a≤4,0≤b≤4),则=(4,a,b-4),=(4,-4,2).∵D1M⊥CP,∴=16-4a+2b-8=0,得b=2a-4,∴M(4,a,2a-4),∴|BM|==,当a=时,|BM|取最小值,易知|BC|=4,∴S△BCM的最小值为×4×.故选D.11.ABC　∵=-2-2+4=0,∴,∴AP⊥AB,故A正确;∵=-4+4+0=0,∴,∴AP⊥AD,故B正确;∵AP⊥AB,AP⊥AD,AB∩AD=A,∴AP⊥平面ABCD,∴是平面ABCD的一个法向量,故C正确;=(2,3,4),设=λ,即方程组无解,故D错误.故选ABC.12.证明 由题意,得A,A',B,B',E.所以=(0,0,1),=(0,0,1),=,=.设n1=(x,y,z)为平面AA'E的一个法向量,则令x=1,则y=1.所以n1=(1,1,0).同理可求得平面BB'E的一个法向量为n2=(1,-1,0).所以n1·n2=1×1+1×(-1)+0=0.所以n1⊥n2,即平面AA'E⊥平面BB'E.13.解 因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.又因为侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,所以PA⊥底面ABCD.∠BAD=90°,所以AB,AD,AP两两垂直.分别以AB,AD,AP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.设AD=2,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1).(1)证明:=(0,0,1),=(1,1,0),=(-1,1,0),可得=0,=0,所以AP⊥CD,AC⊥CD.又因为AP∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.(2)当E为PA的中点时,BE∥平面PCD.证明如下:设E是侧棱PA的中点,则E,=.设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),则因为=(-1,1,0),=(0,2,-1),所以取x=1,则y=1,z=2,所以平面PCD的一个法向量为n=(1,1,2).所以n·=(1,1,2)·=0,所以n⊥.因为BE⊄平面PCD,所以BE∥平面PCD.综上所述,当E为PA的中点时,BE∥平面PCD.14.D　以点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,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),则=(1,0,1),=(-1,2,0),.设平面A1BD的一个法向量为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=λ=λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),则.因为也是平面A1BD的一个法向量,所以n=(2,1,-2)与=共线,则成立,所以但此关于λ的方程组无解.故不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD.故选D.