高中数学 第三章 空间向量与立体几何 3.2 空间向量在立体几何中的应用 3.2.2 平面的法向量与平面的向量表示课后导练 新人教B版选修2-1-新人教B版高二选修2-1数学试题VIP免费

3.2.2平面的法向量与平面的向量表示课后导练基础达标1.点A（a,0,0）,B(0,b,0),C(0,0,c),则面ABC的一个法向量为（）A.（bc,ac,ab）B.(ac,ab,bc)C.(bc,ab,ac)D.(ab,ac,bc)答案：A2.若△ABC所在平面为α,Pα,且∠APB=∠BPC=∠CPA=90°,则点P在平面α内的射影是△ABC的（）A.外心B.内心C.重心D.垂心答案：D3.已知：a,b是直线，α是平面，则下列命题中正确的是（）A.a⊥α,a⊥bb∥αB.a⊥b,a∥αb⊥αC.a∥b,b∥αa∥αD.a⊥α,a∥bb⊥α答案：D4.A平面α,AB、AC是平面α的两条斜线，O是A在平面α内的射影，AO=4，OC=3，BO⊥OC,∠OBA=30°.求C到AB的距离（）A.15B.4C.17D.13答案：A5.如右图，直三棱柱ABC—A′B′C′中，AC=BC=AA′,∠ACB=90°,D,E分别为AB，BB′的中点.(1)求证：CE⊥A′D;(2)求异面直线CE与AC′所成角的余弦值.答案：(1)证明:设CA=a,CB=b,'CCCC′=c,根据题意,|a|=|b|=|c|且a·b=b·c=c·a=0,∴CE=b+21c,DA'=-c+21b-21a.∴CE·DA'=-21c2+21b2=0.∴CE⊥A′D.1(2)解:'AC=-a+c,∴|'AC|=2|a|,|CE|=25|a|.'AC·CE=(-a+c)·(b+21c)=21c2=21|a2|,∴cos〈'AC,CE〉=1010||252||2122aa.6.已知P是正方形ABCD平面外一点，M、N分别是PA、BD上的点，且PM∶MA=BN∶ND=5∶8.求证：直线MN∥平面PBC.证明：MN=MP+PB+BN=-PM+PB+BN=-135PA+PB+135BD=-135(BA-BP)+BP+135(BA+BC)=135BP-BP+135BC=135BC-138BP=138(BPBC85).在BC上取点E，使BE=85BC,于是MN=138(BE-BP)=138PE.∴MN∥PE.∴MN∥平面PBC.7.如右图，已知空间四边形OABC中，M为BC中点，N为AC中点，P为OA中点，Q为OB中点，若AB=OC，求证PM⊥QN.证明：OM=21(OB+OC),ON=21(OA+OC),∴PM=PO+OM=21(OA+OB+OC)=21(OB-OA+OC)2=21(AB+OC)，ON=QO+ON=21(BO+OA+OC)=21(OA-OB+OC)=21(BA+OC)=21(OC-AB).∴PM·QN=21(AB+OC)·21(OC-AB)=41(OC2-AB2)=41(|OC|2-|AB|2).由|AB|=|OC|，∴PM·QN=0,即PM⊥QN.即PM⊥QN.8.如右图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1中，CD1和DC1相交于点O，连结AO.求证：AO⊥CD1.证明: AO=AC+CO=AB+AD+211CD=AB+AD+21(CD+1CD)=AB+AD+21CD+211CD3=21AB+AD+211CD,1CD=CD+1CD=-AB+1DD,∴AO·1CD=（21AB+AD+211DD）·（-AB+1DD）=-21AB·AB-AD·AB-211DD·AB+21AB·1DD+AD·1DD+211DD·1DD=0，∴AO⊥1CD即AO⊥CD1.9.如右图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1侧面的三条对角线AB1、BC1、CA1中，如果AB1⊥BC1，求证：AB1⊥CA1.证明：取AB、A1B1的中点D、D1，连A1D、BD1,A1B1C1—ABC为正三棱柱ABCCDABCAA平面平面1综合运用10.如右图，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°,AC=1,AA1=2,D为AB的中点.4(1)求证：CD⊥平面ABB1A1；（2）过CD作A1B的垂面；（注：写出作图过程，并说明理由）.答案：(1)证明： ABCCDABCAA平面平面1CD⊥AA1,又CD⊥AB,AA1∩AB=A,∴CD⊥平面ABB1A.(2)解:如下图,作DE⊥A1B于E;连接CE,则CE⊥A1B(三垂线定理).∴A1B⊥平面CDE,则平面CDE即为所求作的平面.11.如右图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，点E、F分别在BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D.求证：A1C⊥平面AEF.证明: CB⊥平面A1B,∴A1C在平面A1B上的射影为A1B,又A1B⊥AE,AE平面A1B.∴A1C⊥AE.同理A1C⊥AF,∴A1C⊥平面AEF.12.在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,EB1=1,D、F、G分别为CC1、B1C1、A1C1的中点，EF与B1D相交于H.求证：B1D⊥平面ABD.证明:由直三棱柱的性质,得平面ABC⊥平面BB1C1C,又由已知,AB⊥BC.∴AB⊥平面BB1C1C.又B1D平面BB1C1C,∴AB⊥B1D.由已知,BC=CD=DC1=B1C1.在Rt△BCD与Rt△DC1B1中可求得∠BDC=∠B1DC1=45°.5则∠BDB1=90°,即B1D⊥BD.又AB∩BD=B,∴B1D⊥平面ABD.13.已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，P、Q分别是BC、CD上的动点，且|PQ|=2，建立如下图所示的坐标系;确定P、Q的位置，使得B1Q⊥D1P.解:如下图,设BP=t,则CQ=2)2(2t,DQ=2-2)2(2t,∴B1(2,0,2),D1(0,2,2),P(2,t,0),Q(2)2(2t,2,0).∴1QB=(2)2(2t,-2,2),1PD=(-2,2-t,2), B1Q⊥D1P等价于1QB·1PD=0，即-2)2(22t-2(2-t)+2×2=0,即2)2(2t=t，解得t=1.此时，P、Q分别是棱BC、CD的中点，即当P、Q分...