2012-2013高中数学 3-2-3向量法在空间垂直关系中的应用同步检测 新人教B版选修2-1

3.2第3课时 向量法在空间垂直关系中的应用
一、选择题
1．若直线l ∥α，且l 的方向向量为(2，m,1)，平面α的法向量为(1，12
，2)，则m 为( ) A ．－4
B ．－6
C ．－8
D ．8
[答案] C
[解析] ∵l ∥α，∴l 与平面α的法向量垂直．
故2×1＋12
×m ＋1×2＝0， 解得m ＝－8，故选C.
2．若n ＝(1，－2,2)是平面α的一个法向量，则下列向量能作为平面α法向量的是( )
A ．(1，－2,0)
B ．(0，－2,2)
C ．(2，－4,4)
D ．(2,4,4) [答案] C
[解析] ∵(2，－4,4)＝2(1，－2,2)＝2n ，
∴(2，－4,4)可作为α的一个法向量．
3．(2010·雅安高二检测)已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k ＝( )
A.75
B ．1 C.35
D.15 [答案] A
[解析] k a ＋b ＝(k －1，k,2),2a －b ＝(3,2，－2)．
若k a ＋b 与2a －b 垂直，则(k a ＋b )·(2a －b )＝0.
即3(k －1)＋2k －4＝0.
解得k ＝75
，故选A. 4．已知A (3,0，－1)、B (0，－2，－6)、C (2,4，－2)，则△ABC 是( )
A ．等边三角形
B ．等腰三角形
C ．直角三角形
D ．等腰直角三角形 [答案] C
[解析] AB →＝(－3，－2，－5)，AC →＝(－1,4，－1)，则
AB →·AC →＝－3×(－1)－2×4＋5＝0.
∴AB →⊥AC →，故△ABC 为直角三角形．
又|AB →|≠|AC →|故选C.
二、填空题
5．在直角坐标系O —xyz 中，已知点P (2cos x ＋1,2cos2x ＋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________．
[答案] π2或π3
[解析] ∵OP →·OQ →＝cos x (2cos x ＋1)－2cos2x －2＋3×0＝2cos 2x ＋cos x －2(2cos 2x －1)
－2
＝－2cos x 2＋cos x .
∴－2cos 2x ＋cos x ＝0，
即cos x ＝0或cos x ＝12
， 又∵x ∈[0，π]，∴x ＝π2或π3
. 6．已知点P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，
AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →
.其中正确的是________．
[答案] ①②③
[解析] AB →·AP →＝2×(－1)＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝－2－2＋4＝0，则AB →⊥AP →.
AP →·AD →＝4×(－1)＋2×2＋0＝0，则AP →⊥AD →，
∵AP →⊥AB →，AP →⊥AD →，AB →∩AD →＝A ，
∴AP →⊥平面ABCD ，故AP →是平面ABCD 的一个法向量．
三、解答题
7．已知A 、B 、C 、D 是空间四个不同的点，求证：AC ⊥BD 的充要条
件是AD 2＋BC 2＝CD 2＋AB 2.
[证明] 设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AC ⊥BD ⇔b ·(c －a )＝0⇔a ·b
＝b ·c ，
AD 2＋BC 2＝CD 2＋AB 2⇔|AD →|2＋|BC →|2＝|CD →|2＋|AB →
|2⇔|c |2＋(b －a )2＝|c －b |2＋|a |2⇔a ·b ＝b ·c ，
∴AC ⊥BD ⇔AD 2＋BC 2＝CD 2＋AB 2.
8．如图，△ABC 中，AC ＝BC ，D 为AB 边中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 在CD 上，求证：AB ⊥PC .
[证明] 设CA →＝a ，CB →＝b ，OP →＝v .
由条件知，v 是平面ABC 的法向量，
∴v ·a ＝0，v ·b ＝0，
∵D 为AB 中点，∴CD →＝12(a ＋b )， ∵O 在CD 上，
∴存在实数λ，使CO →＝λCD →＝λ2
(a ＋b )， ∵CA ＝CB ，∴|a |＝|b |，
AB →·CP →＝(b －a )·⎣⎢⎡⎦
⎥⎤λ2(a ＋b )＋v ＝
λ2(a ＋b )·(b －a )＋(b －a )·v ＝λ
2(|a |2－|b |2)＋b ·v －a ·v ＝0， ∴AB →⊥CP →，∴AB ⊥PC .
9．已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是平行四边形，且PA ⊥底面
ABCD ，如果BC ⊥PB ，求证ABCD 是矩形．
[证明] 由条件知AP →⊥AB →，AP →⊥AD →，AD →＝BC →，
∵BC ⊥PB ，∴BC →·PB →＝0，
即AD →·(AB →－AP →)＝0，
∴AD →·AB →－AD →·AP →＝0，
∵AD →·AP →＝0，∴AD →·AB →＝0，
∴AD ⊥AB ，∵四边形ABCD 为平行四边形，
∴ABCD 为矩形．
10．如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ⊥BC ，D 为AB 的中点，AC ＝BC ＝BB 1.
(1)求证：BC 1⊥AB 1；
(2)求证：BC 1∥平面CA 1D .
[解析] 如图，以C 1点为原点，C 1A 1，C 1B 1，C 1C 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系．
设AC ＝BC ＝BB 1＝2，则A (2,0,2)，B (0,2,2)，C (0,0,2)，A 1(2,0,0)，B 1(0,2,0)，C 1(0,0,0)，D (1,1,2)．
(1)∵BC 1→＝(0，－2，－2)，AB 1→＝(－2,2，－2)，
∴BC 1→·AB 1→＝0－4＋4＝0，
∴BC 1→⊥AB 1→，∴BC 1⊥AB 1.
(2)取A 1C 的中点E ，∵E (1,0,1)，∴ED →＝(0,1,1)，又BC 1→＝(0，－2，－2)，∴ED →＝－12
BC 1→
，且ED 和BC 1不共线，则ED ∥BC 1.又ED ⊂平面CA 1D ，BC 1⊄平面CA 1D ，故BC 1∥平面CA 1D .
[点评] 第(2)问可求出CD →＝(1,1,0)，CA 1→＝(2,0，－2)，BC 1→＝(0，－2，－2)，
∴BC 1→＝－2CD →＋CA 1→，
∴BC 1→与CD →、CA 1→共面，
∵BC 1⊄平面CA 1D ，∴BC 1∥平面CA 1D .
11．在棱长AB ＝AD ＝2，AA 1＝3的长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E
是平面BCC 1B 1上的动点，点F 是CD 的中点．试确定点E 的位置，使D 1E ⊥平面AB 1F .
[解析] 建立空间直角坐标系如图，则A (0,0,0)，F (1,2,0)，
B 1(2,0,3)，D 1(0,2,3)，设E (2，y ，z )⇒D 1E →＝(2，y －2，z －3)，AF →＝
(1,2,0)，AB 1→＝(2,0,3)，
∵D 1E ⊥平面AB 1F ，
∴⎩⎪⎨⎪⎧ D 1E →·AF →＝0，D 1E →·AB 1→＝0.
即⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋2(y －2)＝04＋3(z －3)＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝1，z ＝53. ∴E (2,1，53
)即为所求． 12．如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝2，AA 1＝5，E 、F 分别为D 1D 、B 1B 上的点，且DE ＝B 1F ＝1.
(1)求证：BE ⊥平面ACF ；
(2)求点E 到平面ACF 的距离．
[解析] (1)证明：以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,5)，E (0,0,1)，F (2,2,4)．
∴AC →＝(－2,2,0)，AF →＝(0,2,4)，BE →＝(－2，－2,1)，AE →＝(－2，0,1)．
∵BE →·AC →＝0，BE →·AF →＝0，
∴BE ⊥AC ，BE ⊥AF ，且AC ∩AF ＝A .
∴BE ⊥平面ACF .
(2)解：由(1)知，BE →为平面ACF 的一个法向量，
∴向量AE →在BE →上的射影长，
即为点E 到平面ACF 的距离，设为d .
于是d ＝|AE →||cos 〈AE →，BE →〉|
＝|AE →·BE →||BE →|
＝53. 故点E 到平面ACF 的距离为53
.。