【重点推荐】2019高中数学 第3章 空间向量与立体几何 3.2.2 空间线面关系的判定作业 苏教版选修2-1


3.2.2 空间线面关系的判定

[基础达标]

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 l 与

α 的位置关系为________. 解析:∵u=(-2,0,-4)=-2×(1,0,2)=-2a,

∴u∥a,∴l⊥α . 答案:l⊥α

2.平面 α 的一个法向量为(1,2,0),平面 β 的一个法向量为(2,-1,0),则平面 α 和

平面 β 的位置关系是__________.

解析:平面 α 与平面 β 的法向量的数量积为(1,2,0)·(2,-1,0)=2-2+0=0,所

以两个法向量垂直,故两个平面互相垂直.

答案:垂直

3.设平面 α 的法向量为(1,-2,2),平面 β 的法向量为(2,λ ,4),若 α ∥β ,则 λ

等于__________.

解析:由题意知,向量(1,-2,2)与向量(2,λ ,4)共线,

∴21=-λ 2=42,∴λ =-4.

答案:-4

4.已知直线 l 的方向向量为 u=(2,0,-1),平面 α 的一个法向量为 v=(-2,1,-4), 则 l 与 α 的位置关系为________.

解析:∵u·v=(2,0,-1)·(-2,1,-4)=-4+4=0,

∴u⊥v,∴l∥α 或 l? α . 答案:l∥α 或 l? α

5.已知直线 l 的方向向量为 v=(1,-1,2),平面 α 的法向量为 n=(2,4,1),且 l?α , 则 l 与 α 的位置关系是__________.
解析:因为 v·n=2-4+2=0,所以 v⊥n,又 l?α ,所以 l∥α . 答案:l∥α

6.已知直线 l 的方向向量 v=(2,-1,3),且过点 A(0,y,3)和 B(-1,2,z)两点,则 y

-z=__________.

解析:由已知得B→A=(1,y-2,3-z),依题意B→A∥v,所以12=y--12=3-3 z.所以 y=32,z

=32,得 y-z=0.

答案:0

7.已知A→B=(1,5,-2),→BC=(3,1,2),D→E=(x,-3,6),若 DE∥平面 ABC,则 x=__________.

解析:若 DE∥平面 ABC,

则存在实数对 λ 、μ ,使得D→E=λ →AB+μ B→C.

??λ +3μ =x

??λ =-1

即?5λ +μ =-3 ,解得?μ =2 .

??-2λ +2μ =6

??x=5

答案:5

8.

1

如图所示,在正方体 ABCD–A1B1C1D1 中,E、F 分别在 A1D、AC 上,且 A1E=23A1D,AF=13AC, 则下列命题中正确的是________.
①EF 至多与 A1D、AC 之一垂直; ②EF 是 A1D、AC 的公垂线; ③EF 与 BD1 相交; ④EF 与 BD1 异面. 解析:设 AB=1,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(图略).则 A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E???13,0,13,???, F???23,13,0???,B(1,1,0),D1(0,0,1),所以A→1D=(-1,0,-1),→AC=(-1,1,0),→EF=???13,13,-13???, B→D1=(-1,-1,1),→EF=-13B→D1,A→1D·→EF=→AC·→EF=0,从而 EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC. 答案:② 9.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别在 DB,D1C 上,且 DE=D1F= 32a,其中 a 为正 方体棱长,求证:EF∥平面 BB1C1C.
证明:建立如图所示空间直角坐标系 D-xyz, 则 E(a3,a3,0),F(0,a3,23a), 故E→F=(-a3,0,23a), 又A→B=(0,a,0)显然为平面 BB1C1C 的一个法向量, 而A→B·E→F=(0,a,0)·(-a3,0,23a)=0,∴→AB⊥→EF. 又 EF?平面 BB1C1C,因此 EF∥平面 BB1C1C. 10.
如图在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为 BB1 的中点,F 为 CD 的中点,G 为 AB 的中点.求证: 平面 ADE⊥平面 A1FG.
证明:连结 D1F,以 D 为原点,DA,DC,DD1 所在的直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐
2

标系 D-xyz,设正方体棱长为 1.

∴D(0,0,0),E(1,1,12),A(1,0,0),A1(1,0,1),G(1,12,0),F(0,12,0).

∴A→E=(0,1,12),A→1G=(0,12,-1),→GF=(-1,0,0).

∴A→E·A→1G=0+12-12=0,

→AE·→GF=0+0+0=0.

∴A→E⊥A→1G,→AE⊥→GF, ∵A1G∩GF=G, ∴AE⊥平面 A1GF. 又 AE? 平面 ADE, ∴平面 ADE⊥平面 A1GF.

[能力提升]

1.若直线 a 与 b 是两条异面直线,它们的方向向量分别为 v1=(1,1,-1)和 v2=(2,-3, 2),又 a 与 b 的公垂线的方向向量为 v=(x,y,5),则 x+y=__________.

解析:由已知得???v·v1=x+y-5=0 , ??v·v2=2x-3y+10=0
所以 x=1,y=4,故 x+y=5.

答案:5

2.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,直线 A1B1 与平面 AD1C 的位置关系是__________;A1B 与平 面 DD1C1C 的位置关系是__________.
解析:A1B1 与平面 AD1C 相交.由 A1B∥CD1,又 A1B?平面 DD1C1C,CD1? 平面 DD1C1C,∴A1B∥ 平面 DD1C1C.
答案:相交 平行

3.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=1,求证:平面 A1BD∥平面 B1D1C. 证明:

建立如图所示的空间直角坐标系 D1-xyz,则各点坐标是 A1(1,0,0),D1(0,0,0),B1(1, 1,0),B(1,1,1),D(0,0,1),C(0,1,1),
所以A→1B=(0,1,1), →BD=(-1,-1,0). 设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),
3

??n·A→1B=0, 则???n·B→D=0,

即?????y-+xz-=y0=,0.

不妨取 z=1,则 n=(1,-1,1).

又由B→1D1=(-1,-1,0),D→1C=(0,1,1),

知 n·B→1D1=0,n·D→1C=0.

所以B→1D1和D→1C都与 n 垂直. 所以 n 与平面 B1D1C 垂直,

从而得到平面 A1BD∥平面 B1D1C.

4.(创新题)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,试确定点 E 的位置.

解:以 D 为原点,以 DA,DC,DD1 所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 设正方体棱长为 a,

(1)证明:A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),A1(a,0,a),C1(0,a,a). 设 E(0,a,m),则A→1E=(-a,a,m-a),B→D=(-a,-a,0), 所以A→1E·B→D=a2-a2+0=0, 所以A→1E⊥B→D,即 A1E⊥BD. (2)法一:设 BD 的中点为 O,连结 OE,OA1, 则 O(a2,a2,0),所以→OE=(-a2,a2,m),→BD=(-a,-a,0), 因为△BCE≌△DCE,所以 ED=EB,所以 OE⊥BD, 又O→A1=(a2,-a2,a),所以O→A1·→BD=0, 所以 OA1⊥BD, 所以∠A1OE 是二面角 A1-BD-E 的平面角, 因为平面 A1BD⊥平面 EBD,所以∠A1OE=π2 , 所以O→A1·O→E=0,即-a42-a42+am=0,∴m=a2. 故当 E 为 CC1 的中点时,能使平面 A1BD⊥平面 EBD. 法二:E 为 CC1 的中点. 证明如下:由 E 为 CC1 的中点得 E(0,a,a2),
aa 设 BD 的中点为 O,连结 OE,OA1,则 O(2,2,0), 所以→OE=(-a2,a2,a2),B→D=(-a,-a,0),
4

则O→E·B→D=0,O→E⊥B→D,即 OE⊥BD. 又O→A1=(a2,-a2,a),所以 O→A1·B→D=0, 所以 OA1⊥BD,所以∠A1OE 是二面角 A1-BD-E 的平面角. 所以O→A1·O→E=-a42-a42+a22=0,所以O→A1⊥→OE, 故 OA1⊥OE,即∠A1OE=π2 , 所以平面 A1BD⊥平面 EBD. 所以当 E 为 CC1 的中点时,能使平面 A1BD⊥平面 EBD.
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