高中数学1.4 空间向量的应用精品课后复习题

2019新教材A版数学学科高二年级选择性必修第一册

1.4.1（2）《空间中直线、平面的平行》同步练习

一、     单选题：

1.在空间直角坐标系中，已知，B(-2,-1,6)，，，则直线与的位置关系是（        ）

A．垂直 B．平行 C．异面 D．相交但不垂直

2.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，

AB＝，AF ＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的

坐标为(　　)

A.(1，1，1)  　　 B.

C.  　　 D.

3.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上 的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)

A.相交   B.平行 C.垂直   D.不能确定

二、多选题：

4.已知，，若，则与的值可以是（       ）.

A．2， B．，    C．，         D．，2

5.若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则不可能使lα的是（   ）

A．=(1，0，0)，=(-2，0，0)       B．=(1，3，5)，=(1，0，1)

C．            =(0，2，1)，=(-1，0，-1)      D．=(1，-1，3)，=(0，3，1)

三、填空题:

6．已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，1，0)，C(1，0，0)，平面β的一个法向量

n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________.

7. 平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，若，

则______.

8.．若平面α的一个法向量为，平面β的一个法向量为，且α∥β，则y＋z＝________.

9.．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，，则VA与平面PMN的位置关系是_________．

四、拓展题：

10.在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：平面EGF∥平面ABD.

五、创新题：

11．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是BB1，DD1的中点，

 求证：（1）FC1∥平面ADE；   （2）平面ADE∥平面B1C1F.

六、探究题：

12．如图，在四棱锥中，底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，，，问在棱PD上是否存在一点E，使得平面PAB？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由.

13. 如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，

AD＝  DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．

求证：BE∥平面PAD；

同步练习答案

一、 单选题：

 1. 答案：答案：B

解析：因为，，，，所以,,

可得，所以，线与的位置关系是平行，故选B．

2. 解析：设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，

且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，

又O是正方形ABCD对角线交点，

∴M为线段EF的中点.

在空间坐标系中，E(0，0，1)，F(，，1).

由中点坐标公式，知点M的坐标.   故选C.

3.答案：B.

解析：分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐         标系，如图，∵A1M＝AN＝a，

则M，N，      ∴＝.

又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，    ∴＝(0，a，0)，

∴·＝0，∴⊥.     ∵是平面BB1C1C的法向量，

且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.        答案　B.

二、 多选题：

4. 答案：A、C

解析：由，可设，即，得，

解得，或2，     故A，C都符合选项.

5. 答案：A、B、C.

解析：若l∥α，则需，即，根据选择项验证可知：

A中，；       B中，；       C中，；

D中，；      综上所述，选项A，B，C符合题意      故选：A、B、C.

三、填空题：

6. 答案　：α∥β

   解析　设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，

由m·＝0，得x·0＋y－z＝0⇒y＝z，

由m·＝0，得x－z＝0⇒x＝z，取x＝1，

∴m＝(1，1，1)，m＝－n，∴m∥n，      ∴α∥β.

7. 答案:0或2

解析：由题,因为,则,即,解得或,

故答案为：或

8. 答案：－3

解析：因为α∥β，所以.所以＝＝.所以y＝1，z＝－4.

所以y＋z＝－3.

9. 答案：平行

解析：如图，设，则

  由题意知    

因此         共面．

又VA⊄平面PMN，         ∴VA∥平面PMN.

四、拓展题：

10. 证明：依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，设BA＝a，则A(a，0，0)，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)

所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，

所以·＝0        ，·＝0＋4－4＝0，

即B1D⊥BA    ，B1D⊥BD.

又BA∩BD＝B，BA，BD ⊂平面ABD，     因此B1D⊥平面ABD.

因为＝， ＝(0，1，1)，

所以·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，

即B1D⊥EG，B1D⊥EF.       又EG∩EF＝E，EG，EF ⊂平面EGF，

因此B1D⊥平面EGF.         所以平面EGF∥平面ABD.

四、创新题：

11. 答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.

证明：如图，建立空间直角坐标系D-xyz，

   则D(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，

C1(0，2，2)，E(2，2，1)，F(0，0，1)，B1(2，2，2)，

所以=(0，2，1)，=(2，0，0)，=(0，2，1).

（1）设=(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，则⊥，⊥，

即得令z1=2，则y1=-1，

所以=(0，-1，2).因为·=-2+2=0，所以.

又因为FC1⊄平面ADE，所以FC1∥平面ADE.

（2）=(2，0，0).   设=(x2，y2，z2)是平面B1C1F的一个法向量.

由⊥，⊥，      得

令z2=2，则y2=-1，所以=(0，-1，2).

因为=，所以平面ADE∥平面B1C1F.

五．探究题：

12．答案：存在，为中点时，平面PAB，理由见解析.

解析：由已知得以AB，AD，AP两两垂直，

分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图．

      ∵，

∴P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，

设E(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，＝(0，2，－1)，

∵E是棱PD上的点，     ∴∥，∴，即①

∵＝(0，2，0)是平面PAB的法向量，＝(－1，y－1，z)，

∴由CE∥平面PAB，可得⊥，

∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝2(y－1)＝0，

∴y＝1，代入①式得z＝.       ∴E是PD的中点，

此时，由于平面,        ∴CE∥平面PAB.

故存在满足题意的点E,使得CE∥平面PAB，且点E为棱PD的中点.

13. 证明:　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得

B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．

由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．

因为AB⊥AD，又PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，

所以AB⊥PA，PA∩AD＝A，

所以AB⊥平面PAD，

所以向量＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量．

而·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，

所以BE⊥AB，     又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD.