高中数学1.4 空间向量的应用第3课时达标测试

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1.4 空间向量的应用 1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系 第3课时 空间中直线、平面的垂直
A级　基础巩固
1.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为u=(-2,0,-4),则 (　　)
A.l∥α　　　　　B.l⊥α
C.l⊂α D.l与α相交但不垂直
解析:因为u=-2a,所以a∥u,所以l⊥α.
答案:B
2.两平面α,β的一个法向量分别为u=(3,-1,z),v=(-2,-y,1),若α⊥β,则y+z的值是 (　　)
A.-3 B.6
C.-6 D.-12
解析:因为α⊥β,所以u·v=0,所以-6+y+z=0,即y+z=6.
答案:B
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于 (　　)

A.AC B.BD
C.A1D D.A1A
解析:如图,建立空间直角坐标系.

设正方体的棱长为1,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,1),E,
所以=,=(-1,1,0),=(-1,-1,0),=(-1,0,-1),=(0,0,-1).
因为·=(-1)×+(-1)×+0×1=0,所以CE⊥BD.
因为·≠0,·≠0,·≠0,所以CE与AC,A1D,A1A都不垂直.
答案:B
4.在空间直角坐标系中,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⊥,⊥,则点P的坐标为.
解析:由题意可知,=(-1,-1,1),
=(2,0,1),=(-x,1,-z).
由⊥,⊥,知·=0,·=0,即解得所以P.
5.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.求证:AM⊥平面BDF.

证明:如图,以C为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A(,,0),B(0,,0),D(,0,0),F(,,1),M.

所以=,=(0, ,1),=(,-,0).
设n=(x,y,z)是平面BDF的法向量,
则n⊥,n⊥,
所以解得
取y=1,则x=1,z=-.
所以n=(1,1,-)是平面BDF的一个法向量.
因为=,
所以n=-,所以n∥,
所以AM⊥平面BDF.
6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱BC的中点,试在棱CC1上求一点P,使得平面A1B1P⊥平面C1DE.

解:如图,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),B1(1,1,1),E,C1(0,1,1).
所以=(0,1,0),=,=(0,1,1).
设P(0,1,a),则=(-1,1,a-1).
设平面A1B1P的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
所以
取z1=1,则x1=a-1,y1=0.
所以n1=(a-1,0,1)是平面A1B1P的一个法向量.
设平面C1DE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
所以
取y2=1,则x2=-2,z2=-1.
所以n2=(-2,1,-1)是平面C1DE的一个法向量.
因为平面A1B1P⊥平面C1DE,
所以n1·n2=0,即-2(a-1)-1=0,解得a=.
所以当P为CC1的中点时,平面A1B1P⊥平面C1DE.
B级　能力提升
7.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),=(x-1,y,-3),若⊥,且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为 (　　)
A.,-,4 B.,-,4
C.,-2,4 D.4,,-15
解析:因为⊥,所以·=0,即3+5-2z=0,解得z=4,所以=(3,1,4).
因为BP⊥平面ABC,所以⊥,⊥,
所以解得
答案:B
8.在空间直角坐标系Oxyz中,已知点P(2cos x+1,2cos 2x+2,0)和点
Q(cos x,-1,3),其中x∈[0,π],若直线OP与直线OQ垂直,则x的值为或.
解析:因为OP⊥OQ,所以·=0,即(2cos x+1)×cos x+(2cos 2x+2)×(-1)+0×3=0.所以cos x=0或cos x=.
因为x∈[0,π],所以x=或x=.
9.如图,已知四边形ABCD是矩形,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在线段BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于2.

解析:如图,建立空间直角坐标系,则D(0,a,0).

设Q(1,x,0)(0≤x≤a),P(0,0,z),则=(1,x,-z),=(-1,a-x,0).
由PQ⊥QD,得-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0.
由题意知关于x的方程x2-ax+1=0只有一解,
所以Δ=a2-4=0,解得a=2,这时x=1,x∈[0,2].
10.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.求证:EF⊥BC.

证明:如图,连接A1E.因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
因为平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC.
如图,以E为坐标原点,分别以过点E且垂直于AC的直线为x轴,射线EC,EA1为y轴、z轴的正半轴,建立空间直角坐标系.
设AC=4,则E(0,0,0),A1(0,0,2),B(,1,0),B1(,3,2),C(0,2,0).
所以F,=,=(-,1,0).
所以·=0,所以EF⊥BC.

11.如图,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,若不存在,请说明理由.

(1)证明:因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.
因为侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,所以PA⊥底面ABCD.
又因为∠BAD=90°,所以AB,AD,AP两两垂直.
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AD=2,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1).
所以=(0,0,1),=(1,1,0),=(-1,1,0),
所以·=0,·=0,
所以AP⊥CD,AC⊥CD.
又因为AP∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.
(2)解:侧棱PA上存在点E,使得BE∥平面PCD.
由(1)设E(0,0,t),则=(-1,0,t).
易知=(-1,1,0),=(0,2,-1).
设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),
则即
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)+1×0+2×t=0,解得t=.
所以当E为PA的中点时,BE∥平面PCD.

C级　挑战创新
12.多选题如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F两点分别在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⊥AC
C.EF与BD1平行
D.EF与BD1异面
解析:如图,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),
所以=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=,=(-1,-1,1),
所以=-,·=0,·=0,
所以EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.
答案:BC
13.多选题下列命题是真命题的有 (　　).
A.若直线l的方向向量a=(1,-1,2),直线m的方向向量b=（2,1,-）,则l与m垂直
B.若直线l的方向向量a=(0,1,-1),平面α的法向量n=(1,-1,-1),则l⊥α
C.若平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α∥β
D.若平面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
解析:因为a=(1,-1,2),b=,所以a·b=1×2-1×1+2×=0,则a⊥b,所以直线l与m垂直,故A正确;
a=(0,1,-1),n=(1,-1,-1),则a·n=0×1+1×(-1)+(-1)×(-1)=0,
则a⊥n,所以l∥α或l⊂α ,故B错误;
因为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2) ,所以n1与n2不共线,所以α∥β不成立,故C错误;
因为点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),所以=(-1,1,1),=(-1,1,0).
因为向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,所以即解得u+t=1,故D正确.故选AD.
答案:AD