2024秋高中數(shù)學(xué)第三章空間向量與立體幾何3.2立體幾何中的向量方法第1課時空間向量與平行關(guān)系達標(biāo)練習(xí)含解析新人教A版選修2-1

PAGE1-空間向量與平行關(guān)系A(chǔ)級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．平面α的一個法向量為(1，2，0)，平面β的一個法向量為(2，－1，0)，則平面α與平面β的位置關(guān)系是()A．平行 B．相交但不垂直C．垂直 D．不能確定解析：因為(1，2，0)·(2，－1，0)＝0，所以兩法向量垂直，從而兩平面也垂直．答案：C2．若A(－1，0，1)，B(1，4，7)在直線l上，則直線l的一個方向向量為()A．(1，2，3) B．(1，3，2)C．(2，1，3) D．(3，2，1)解析：eq\o(AB,\s\up14(→))＝(2，4，6)，而與eq\o(AB,\s\up14(→))共線的非零向量都可以作為直線l的方向向量．答案：A3．若eq\o(AB,\s\up14(→))＝λeq\o(CD,\s\up14(→))＋μeq\o(CE,\s\up14(→))，則直線AB與平面CDE的位置關(guān)系是()A．相交 B．平行C．在平面內(nèi) D．平行或在平面內(nèi)解析：因為eq\o(AB,\s\up14(→))＝λeq\o(CD,\s\up14(→))＋μeq\o(CE,\s\up14(→))(λ，μ∈R)，所以eq\o(AB,\s\up14(→))與eq\o(CD,\s\up14(→))，eq\o(CE,\s\up14(→))共面．所以AB∥平面CDE或AB?平面CDE.答案：D4．若Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，\f(19,8)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－1，\f(5,8)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，1，\f(5,8)))是平面α內(nèi)的三點，設(shè)平面α的法向量a＝(x，y，z)，則x∶y∶z＝()A．2∶3∶(－4) B．1∶1∶1C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))∶1∶1 D．3∶2∶4解析：eq\o(AB,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，－\f(7,4)))，eq\o(BC,\s\up14(→))＝(－3，2，0)，因為平面α的法向量為a＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·\o(AB,\s\up14(→))＝x－3y－\f(7,4)z＝0，,a·\o(BC,\s\up14(→))＝－3x＋2y＝0，))取y＝3，則x＝2，z＝－4.所以x∶y∶z＝2∶3∶(－4)．答案：A5．若向量a＝(1，－2，1)，b＝(1，0，2)，則下列向量可作為向量a，b所在平面的一個法向量的是()A．(4，－1，2) B．(－4，－1，2)C．(－4，1，2) D．(4，－1，－2)答案：B二、填空題6．若平面α的一個法向量為u1＝(－3，y，2)，平面β的一個法向量為u2＝(6，－2，z)，且α∥β，則y＋z＝________．解析：因為α∥β，所以u1∥u2.所以eq\f(－3,6)＝eq\f(y,－2)＝eq\f(2,z).所以y＝1，z＝－4.所以y＋z＝－3.答案：－37．已知直線l的方向向量v＝(2，－1，3)，且過A(0，y，3)和B(－1，2，z)兩點，則y＝________，z＝________．解析：因為eq\o(AB,\s\up14(→))＝(－1，2－y，z－3)，eq\o(AB,\s\up14(→))∥v，故eq\f(－1,2)＝eq\f(2－y,－1)＝eq\f(z－3,3)，故y＝eq\f(3,2)，z＝eq\f(3,2).答案：eq\f(3,2)eq\f(3,2)8．已知空間直角坐標(biāo)系O-xyz中的點A(1，1，1)，平面α過點A并且與直線OA垂直，動點P(x，y，z)是平面α內(nèi)的任一點，則點P的坐標(biāo)滿意的條件為________．解析：由題意知，OA⊥α，直線OA的方向向量eq\o(OA,\s\up14(→))＝(1，1，1)，因為P∈α，所以eq\o(OA,\s\up14(→))⊥eq\o(AP,\s\up14(→))，所以(1，1，1)·(x－1，y－1，z－1)＝0，所以x＋y＋z＝3.答案：x＋y＋z＝3三、解答題9．如圖所示，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別是C1C，B1C1的中點．求證：MN∥平面A1BD.證明：法一如圖所示，以D為原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為1，則可求得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，1))，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，B(1，1，0)，于是eq\o(MN,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，eq\o(DA1,\s\up14(→))＝(1，0，1)，eq\o(DB,\s\up14(→))＝(1，1，0)．設(shè)平面A1BD的法向量是n＝(x，y，z)，則n·eq\o(DA1,\s\up14(→))＝0，且n·eq\o(DB,\s\up14(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋z＝0，,x＋y＝0.))取x＝1，得y＝－1，z＝－1，所以n＝(1，－1，－1)．又eq\o(MN,\s\up14(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))·(1，－1，－1)＝0，所以eq\o(MN,\s\up14(→))⊥n.又MN?平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.法二因為eq\o(MN,\s\up14(→))＝eq\o(C1N,\s\up14(→))－eq\o(C1M,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)eq\o(C1B1,\s\up14(→))－eq\f(1,2)eq\o(C1C,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(D1A1,\s\up14(→))－eq\o(D1D,\s\up14(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(DA1,\s\up14(→))，所以eq\o(MN,\s\up14(→))∥eq\o(DA1,\s\up14(→))，而MN?平面A1BD，DA1?平面A1BD，所以MN∥平面A1BD.10．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為1的菱形，∠ABC＝eq\f(π,4)，PA⊥底面ABCD，PA＝2，點M為PA的中點，點N為BC的中點．AF⊥CD于F，如圖建立空間直角坐標(biāo)系．求證：MN∥平面PCD.解：由題設(shè)知，在Rt△AFD中，AF＝FD＝eq\f(\r(2),2)，A(0，0，0)，B(1，0，0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，P(0，0，2)，M(0，0，1)，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，0)).eq\o(MN,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，－1))，eq\o(PF,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，－2))，eq\o(PD,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－2)).設(shè)平面PCD的一個法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PF,\s\up14(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up14(→))＝0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)y－2z＝0，,－\f(\r(2),2)x＋\f(\r(2),2)y－2z＝0，))令z＝eq\r(2)，得n＝(0，4，eq\r(2))．因為eq\o(MN,\s\up14(→))·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，－1))·(0，4，eq\r(2))＝0，所以eq\o(MN,\s\up14(→))⊥n.又MN?平面PCD，所以MN∥平面PCD.B級實力提升1．已知線段AB的兩端點坐標(biāo)為A(9，－3，4)，B(9，2，1)，則線段AB與坐標(biāo)平面()A．xOy平行 B．xOz平行C．yOz平行 D．yOz相交解析：因為eq\o(AB,\s\up14(→))＝(9，2，1)－(9，－3，4)＝(0，5，－3)，所以AB∥平面yOz.答案：C2．已知△ABC的三個頂點的坐標(biāo)分別為A(2，1，0)，B(0，2，3)，C(1，1，3)，則平面ABC的一個單位法向量為________．解析：設(shè)平面ABC的法向量為n＝(x，y，z)．因為A(2，1，0)，B(0，2，3)，C(1，1，3)，所以eq\o(AB,\s\up14(→))＝(－2，1，3)，eq\o(BC,\s\up14(→))＝(1，－1，0)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up14(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up14(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋3z＝0，,x－y＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝3z，,x＝y(tǒng).))令z＝1，則x＝y(tǒng)＝3.故平面ABC的一個法向量為n＝(3，3，1)．故平面ABC的一個單位法向量為eq\f(n,|n|)或－eq\f(n,|n|)，即eq\f(1,\r(19))(3，3，1)或－eq\f(1,\r(19))(3，3，1)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(19),19)，\f(3\r(19),19)，\f(\r(19),19)))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(19),19)，－\f(3\r(19),19)，－\f(\r(19),19)))3．如圖所示，四棱柱P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB與底面成的角為45°，底面ABCD為直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝BC＝eq\f(1,2)AD＝1，問在棱PD上是否存在一點E，使CE∥平面PAB？若存在，求出E點的位置；若不存在，說明理由．解：如圖所示，分別以AB，AD，AP為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，在PD上任取一點E，連接CE，所以P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，設(shè)E(0，y，z)，則eq\o(PE,\s\up14(→))＝(0，y，z－1)，eq\o(PD,\s\up14(→))＝(0，2，－1)，因為eq\o(PE,\s\