人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用同步练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用同步练习题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系（2）-A基础练一、选择题1．（2020安徽省北大附宿州实验学校高二期末（理））若直线的方向向量为，平面的法向量为，则（   ）A． B．C． D．与斜交【答案】B【解析】∵，，∴，即.∴.2．（2020·江苏省泰州中学高二开学考）若平面，的法向量分别为，，则（    ）A． B．C．，相交但不垂直 D．以上均不正确【答案】C【解析】分别是平面的法向量，且，与不垂直，与不垂直.又与不共线，与不平行.与相交但不垂直.故选：.3．（2020甘肃武威一中学高二期末）空间直角坐标中A(1，2，3)，B(－1，0，5)，C(3，0，4)，D(4，1，3)，则直线AB与CD的位置关系是(     )A．平行 B．垂直C．相交但不垂直 D．无法确定【答案】A【解析】∵空间直角坐标系中，A（1，2，3），B（﹣1，0，5），C（3，0，4），D（4，1，3），∴=（﹣2，﹣2，2），=（1，1，﹣1），∴=﹣2，∴直线AB与CD平行．故选：A．4.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则(　　)A.EF至多与A1D,AC之一垂直                  B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交                             D.EF与BD1异面【答案】B【解析】建立分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴的空间直角坐标系(图略),不妨设正方体的棱长为1,则=(1,0,1),=(-1,1,0),E(,0,  ) ,F(,0  ) ,=(  ,- ),∴=0,=0,∴EF⊥A1D,EF⊥AC.又=(-1,-1,1),∴=-3,即EF与BD1平行.5．（多选题）已知v为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),那么下列说法中,正确的有 (　　)A.n1∥n2⇔α∥β B.n1⊥n2⇔α⊥β          C.v∥n1⇔l∥α D.v⊥n1⇔l⊥α【答案】AB【解析】∵平面α,β不重合,∴平面α,β的法向量平行(垂直)等价于平面α,β平行(垂直),∴AB正确;直线l的方向向量平行(垂直)于平面α的法向量等价于直线l垂直(平行)于平面α,∴CD都错误.故选AB.6．（多选题）（2020全国高二课时练习）在菱形ABCD中,若是平面ABCD的法向量,则以下等式中一定成立的是(　　)A.=0 B.=0            C.=0 D.=0【答案】ABD【解析】∵PA⊥平面ABCD,∴BD⊥PA.又AC⊥BD,AC∩PA=A,∴BD⊥平面PAC,∵PC⊂平面PAC,∴PC⊥BD.故ABD成立.二、填空题7．（2020·宜昌市二中高二月考）已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则______ ,______．【答案】【解析】，，且，，，解得，.8.已知A(0,1,0),B(-1,0,-1),C(2,1,1),点P(x,0,z),若PA⊥平面ABC,则点P的坐标为　　　　　. 【答案】(-1,0,2)【解析】由题意得=(-x,1,-z),=(-1,-1,-1),=(2,0,1),由,得=x-1+z=0,由,得=-2x-z=0, 解得故点P的坐标为(-1,0,2).9.如图所示,已知矩形ABCD,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于　　　　　. 【答案】2【解析】以A为原点,建立如图所示坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),C(1,a,0),设Q(1,x,0),P(0,0,z),=(1,x,-z),=(-1,a-x,0).由=0,得-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0.当Δ=a2-4=0,即a=2时,点Q只有一个.10．（2020山东泰安一中高二月考）如图，正四棱柱的底面边长为4，记，，若，则此棱柱的体积为______．【答案】【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设，又，则，，，，，，，，即．此棱柱的体积为．三、解答题11.（2020银川一中高二期中）如图所示,△ABC是一个正三角形,EC⊥平面ABC,BD∥CE,且CE=CA=2BD.求证:平面DEA⊥平面ECA.【解析】建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,不妨设CA=2,则CE=2,BD=1,C(0,0,0),A(,1,0),B(0,2,0),E(0,0,2),D(0,2,1).所以=(,1,-2),=(0,0,2),=(0,2,-1).分别设平面ECA与平面DEA的法向量是n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),则解得即解得不妨取n1=(1,-,0),n2=(,1,2),因为n1·n2=0,所以n1⊥n2.所以平面DEA⊥平面ECA.12.如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1.求证:(1)BC1⊥AB1;(2)BC1∥平面CA1D.【解析】如图,以C1点为原点,C1A1,C1B1,C1C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=BB1=2,则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).(1)因为=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),所以=0-4+4=0,因此,故BC1⊥AB1.(2)由于=(2,0,-2),=(1,1,0),若设=x+y,则得解得即-2,所以是共面向量,因此BC1∥平面CA1D.