《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

10. 如图，在四棱锥$P - ABCD$中，平面$PAB\perp$平面$ABCD$，$\triangle PAB$是边长为1的正三角形，四边形$ABCD$是菱形，$\angle ABC = 60^{\circ}$，$E$是$PC$的中点，$F$是$AB$的中点，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面$DEF$的一个法向量.

答案：
10.解　连接PF,CF,因为PA=PB,F 　为AB的中点,所以PF⊥AB,又因为　平面PAB⊥平面ABCD,平面　　　　　　　　　　　　　　　 PAB∩平面ABCD=AB,PFC平面　PAB,所以PF⊥平面ABCD.连接　AC,因为AB=BC,∠ABC=60°,所以△ABC是等边三角形,所以CF⊥AB.以F为坐标原点，建立空间直角坐标系Fxyx(如图所示).由题意得F(0,0,0),P(0,0,$\frac{\sqrt{3}}{2}$),D(−1,$\frac{\sqrt{3}}{2}$,0),c(0.$\frac{\sqrt{3}}{2}$,o),因为E是PC的中点,所以E(0,$\frac{\sqrt{3}}{4}$,$\frac{\sqrt{3}}{4}$.　故FE=(0,$\frac{\sqrt{3}}{4}$,$\frac{\sqrt{3}}{4}$),FD=(−1,$\frac{√3}{2}$,0),　设平面DEF的法向量为m=(x,y,Z),　　m.FE=0,　　$\frac{\sqrt{3}}{4}$y+$\frac{\sqrt{3}}{4}$x=0,　则{m.FD=0,即　　　　　　　　−x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$y=0.　　　　　　　　{　令y=2,则x=$\sqrt{3}$,x=−2.　所以平面DEF的一个法向量为m=($\sqrt{3}$,2,−2).

11.（多选）已知$A(-4,6,-1)$，$B(4,3,2)$，则下列各向量中是平面$AOB$（$O$是坐标原点）的法向量的是 （ ）
A. $(-\frac{15}{4},1,9)$
B. $(\frac{15}{4},1,-9)$
C. $(-15,4,36)$
D. $(15,4,-36)$

答案： 11.BD　设平面AOB(O是坐标原点)的一个法向量是u=　(x,y,),　则{uu..OOBA==00,,即{4−.x4+r3+y6+y2−Nx==00,,　　　　　　x=$\frac{15}{4}$,　　　　　　x=15,　令y=1,则y=1,　令y=4,则yx==−4,36,　　　　　　　　　　　　　{　　　　　　x=−9,　　　　　{　故u=($\frac{15}{4}$,1，−9)或u=(15,4,，−36).;故选BD.

12.（多选）在空间直角坐标系中，已知向量$\boldsymbol{u}=(a,b,c)$（其中$abc\neq0$），定点$P_{0}(x_{0},y_{0},z_{0})$，异于点$P_{0}$的动点$P(x,y,z)$，则以下说法正确的是 （ ）
A. 若$\boldsymbol{u}$为直线$P_{0}P$的方向向量，则$\frac{x - x_{0}}{a}=\frac{y - y_{0}}{b}=\frac{z - z_{0}}{c}$
B. 若$\boldsymbol{u}$为直线$P_{0}P$的方向向量，则$a(x - x_{0})+b(y - y_{0})+c(z - z_{0}) = 0$
C. 若$\boldsymbol{u}$为平面$\alpha$的法向量，平面$\alpha$经过$P_{0}$和$P$，则$\frac{x - x_{0}}{a}=\frac{y - y_{0}}{b}=\frac{z - z_{0}}{c}$
D. 若$\boldsymbol{u}$为平面$\alpha$的法向量，平面$\alpha$经过$P_{0}$和$P$，则$a(x - x_{0})+b(y - y_{0})+c(z - z_{0}) = 0$

答案： 12.ADPP是直线P。P的一个方向向量,PP=(x−x0,y−y。,N一z。),若u为直线P。P的方向向量,则$\frac{x−x.}{a}$=$\frac{y−y}{6}$=$\frac{−}{C}$,A正确,B错误;P。P在平面α内,u为平面α的法向量,则u⊥P。P,所以u.P。P=　a(x−x。)+b(y−y。)+c(x−z。)=0,C错误,D正确.故选AD,

13. 四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的底面$ABCD$是正方形，$O$为底面中心，$A_{1}O\perp$平面$ABCD$，$AB = AA_{1}=\sqrt{2}$，平面$OCB_{1}$的法向量$\boldsymbol{n}=$ __________.

答案：
13.(1,0,−1)(答案不唯一)　解析　由题意建立如图所示的空间直角坐标系.　　　　　　
　
∵底面ABCD是正方形,且AB=$\sqrt{2}$
∴AO=OB=　OC=1,则O(0,0,0),A(0,−1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),
∴ōC=(0,1,0),AB=(1,1,0),
∴AB=　(1,1,0),
∵OA=1,AA1=$\sqrt{2}$,
∴OA1=　$\sqrt{2−1}$=1,故OA=(0,0,1),故OB=ōA+AB=(1,1,1),
∵向量n=(x,y,z)是平面OCB　的法向量，
∴ōC.n=y=0,OB.n=x+y+=0,　故y=0,.r=−z,取x=1,故x=−1,　所以平面OCB，的一个法向量为n=(1,0,−1).

14. 已知三点$A(0,2,3)$，$B(-2,1,6)$，$C(1,-1,5)$.
（1）求以$AB$，$AC$为邻边的平行四边形的面积；
（2）求平面$ABC$的一个法向量；
（3）若向量$\boldsymbol{a}$分别与$\overrightarrow{AB}$，$\overrightarrow{AC}$垂直，且$|\boldsymbol{a}|=\sqrt{3}$，求$\boldsymbol{a}$的坐标.

答案： 14.解　
(1)
∵AB=(−2,−1,3),AC=(1,−3,2),|AB|=$\sqrt{14}$,AC｜=　　　　　　　　$\frac{14,}{AC}$
∴cos＜AB,AC)=$\frac{AB.AC}{ABAC}$=$\frac{7}{\sqrt{14}x\sqrt{14}}$=$\frac{1}{2}$.
∴sin＜AB,AC＞=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,　故SA=|AB||AC|sin＜AB;AC＞=　$\sqrt{14}$　　$\sqrt{14}$　$\frac{\sqrt{3}}{2}$=7$\sqrt{3}$二　
(2)设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,x),　由{nn..AABC==0O,,可得{x−−2x3y−+y2+x3=x0=,0,　令x=1,则y=z=1,故n=(1,1,1).　
(3)
∵a⊥AB,a⊥AC,
∴a//n.
∴可设a=λ(1,1,1),
∵la｜=$\sqrt{3}$,即　$\sqrt{a²+x²+x²}$=$\sqrt{3}$,解得λ=±1,
∴a=(1,1,1)或(−1,−1,−1).

15.（数学运算）如图所示，$PD$垂直于正方形$ABCD$所在平面，$AB = 2$，$E$为$PB$的中点，$\cos\langle\overrightarrow{DP},\overrightarrow{AE}\rangle=\frac{\sqrt{3}}{3}$，若以$DA$，$DC$，$DP$所在直线分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴建立空间直角坐标系，则点$E$的坐标为 （ ）

A. $(1,1,1)$
B. $(1,1,0.5)$
C. $(1,1,1.5)$
D. $(1,1,2)$

答案： 15.A　设PD=a(a＞0),则A(2,0,0),P(0,0,a),E(1,1,$\frac{a}{2}$),
∴DP=(0,0,a),AE=(−1,1,$\frac{a}{2}$).
∵cos＜DP,AE)=$\frac{\sqrt{3}}{3}$..
∴　　a-2²　　=$\frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴a=2,a/$\sqrt{\frac{a}{4}}$2+
∴E的坐标为(1,1,1).故选A.