高中数学1.4 空间向量的应用第2课时同步达标检测题

第一章　1.4　1.4.1　第2课时

A级——基础过关练

1．若直线l的方向向量为(2，1，m)，平面α的法向量为，且l⊥α，则m的值为(　　)

A．1 B．2

C．4 D．－4

【答案】C

【解析】因为l⊥α，所以直线l的方向向量与平面α的法向量是共线向量，所以＝＝，解得m＝4．

2．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　)

A．α∥β B．α⊥β

C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正确

【答案】C

【解析】因为n1·n2＝(2，－3，5)·(－3，1，－4)＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，所以n1与n2不垂直，显然n1与n2不平行，所以α，β相交但不垂直．

3．已知点A(0，0，0)，B(－1，0，－1)，C(1，2，1)，P(x，y，1)，若PA⊥平面ABC，则点P的坐标为(　　)

A．(1，0，－1) B．(－1，0，1)

C．(1，－1，1) D．(－1，0，0)

【答案】B

【解析】由已知得＝(－x，－y，－1)，＝(－1，0，－1)，＝(1，2，1)．若PA⊥平面ABC，则

即解得x＝－1，y＝0．故点P的坐标为(－1，0，1)．故选B．

4．在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)，则直线PA与底面ABCD的关系是(　　)

A．平行 B．垂直

C．在平面内 D．成60°角

【答案】B

【解析】因为＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)，所以·＝(－1)×2＋2×(－1)＋(－1)×(－4)＝0，·＝(－1)×4＋2×2＋(－1)×0＝0．所以⊥，⊥，即AP⊥AB，AP⊥AD．又因为AB∩AD＝A，所以直线PA⊥平面ABCD．

5．已知直线l1的方向向量a＝(2，－2，x)，直线l2的方向向量b＝(2，y，－2)，若|a|＝3，且l1⊥l2，则x－y的值是(　　)

A．－4或0 B．4或1

C．－4 D．0

【答案】A

【解析】因为|a|＝＝3，所以x＝±1．又因为l1⊥l2，所以a⊥b，所以a·b＝2×2－2y－2x＝0，所以y＝2－x．当x＝1时，y＝1；当x＝－1时，y＝3．所以x－y＝0或x－y＝－4．

6．设u＝(－2，2，t)，v＝(6，－4，5)分别是平面α，β的法向量，若α⊥β，则实数t的值是(　　)

A．1 B．2

C．3 D．4

【答案】D

【解析】因为α⊥β，所以u⊥v，则u·v＝－12－8＋5t＝0，解得t＝4．故选D．

7．(多选)四边形ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，则下列等式成立的是(　　)

A．·＝0 B．·＝0

C．·＝0 D．·＝0

【答案】ABC

【解析】因为PA⊥平面ABCD，所以·＝0，·＝0成立．又因为·＝(＋＋)·(－)＝·(－)＋2－2＝0成立，·＝(＋＋)·＝·＋2＋·≠0．故选项ABC成立．

8．已知单位向量a，b的夹角为45°，ka－b与a垂直，则k＝____________．

【答案】

【解析】由题意可得a·b＝1×1×cos45°＝，由向量垂直的充分必要条件可得(ka－b)·a＝0，即k×a2－a·b＝k－＝0，解得k＝．

9．平面α与平面β的法向量分别是m，n，直线l的方向向量是a，给出下列论断：

①m∥n⇒α∥β；②m⊥n⇒α⊥β；

③a⊥m⇒l∥α；④a∥m⇒l⊥α．

其中正确的论断为________(把正确论断的序号填在横线上)．

【答案】①②④

【解析】法向量平行的两个平面互相平行，①正确；法向量垂直的两个平面互相垂直，②正确；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线与平面平行或在平面内，③错误；直线的方向向量与平面的法向量共线，则直线与平面垂直，④正确．

10．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱BB1的中点，在棱DD1上是否存在点P使MD⊥平面PAC?

解：如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，M．

假设存在P(0，0，a)满足条件，

则＝(1，0，－a)，＝(－1，1，0)，

设平面PAC的法向量n＝(x1，y1，z1)．

由得

令x1＝1，得y1＝1，z1＝，

所以n＝．

若MD⊥平面PAC，则∥n．

因为＝，所以a＝2．

又因为0≤a≤1，所以不存在点P使MD⊥平面PAC．

B级——能力提升练

11．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点，则△APM的面积为(　　)

A． B．3

C．2 D．2

【答案】B

【解析】以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．依题意得D(0，0，0)，P(0，1，)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，M(，2，0)，所以＝(，1，－)，＝(－，2，0)．所以·＝(，1，－)·(－，2，0)＝0，即⊥，所以AM⊥PM．又因为||＝＝，||＝＝．所以S△APM＝||·||＝××＝3．

12．(多选)(2022年淄博期末)在空间直角坐标系Oxyz中，平面α的法向量为n＝(1，1，1)，直线l的方向向量为m，则下列说法错误的是(　　)

A．若m＝，则l∥α

B．若m＝(1，0，－1)，则l⊥α

C．平面α与所有坐标轴相交

D．原点O一定不在平面α内

【答案】ABD

【解析】对于A选项，m·n＝－－＋1＝0，所以m⊥n，故l∥α或l⊂α，故A错误；对于B选项，m·n＝1＋0－1＝0，所以m⊥n，故l∥α或l⊂α，故B错误；对于C选项，由于法向量的横、纵、竖坐标均不取零，故平面不与坐标轴确定的平面平行，所以平面α与所有坐标轴相交，故C正确；对于D选项，由于法向量不能确定平面的具体位置，故不能确定原点O与平面α的关系，故D错误．故选ABD．

13．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．

【答案】，－，4

【解析】由题意可知⊥，⊥，所以

即解得x＝，y＝－，z＝4．

14．(2021年北京期中)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°．CD＝CC1＝1，则A1C与平面C1BD________(填“垂直”或“不垂直”)；A1C的长为________．

【答案】垂直　

【解析】设＝a，＝b，＝c，由题意可得＝a＋b＋c，则·＝·(－)＝(a＋b＋c)·(b－a)＝b2－a2＋c·b－c·a＝

·cos60°－·cos60°＝0，∴CA1⊥BD，同理可证CA1⊥BC1，∵BD∩BC1＝B，故CA1⊥平面C1BD．∵∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD＝60°，CD＝CC1＝1，∴CD＝CB＝CC1＝1，

∴2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋a·c)＝1＋1＋1＋2＝6，∴＝，

即A1C的长为．

15．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN?

解：如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系．

依题意，易得A(1，0，0)，M(0，0，1)，N(1，1，1)，E．

假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN．

因为＝(0，1，1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)．

又因为＝，

所以＝＋＝．

由ES⊥平面AMN，

得即

故λ＝，此时＝，||＝．

经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN．

故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN．