人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用第二课时当堂检测题

这是一份人教A版 (2019)1.4 空间向量的应用第二课时当堂检测题，共5页。试卷主要包含了故选B等内容，欢迎下载使用。

A级——基础过关练
1.已知两直线的方向向量为a，b，则下列选项中能使两直线垂直的为( )
A.a＝(1，0，0)，b＝(－3，0，0)
B.a＝(0，1，0)，b＝(1，0，1)
C.a＝(0，1，－1)，b＝(0，－1，1)
D.a＝(1，0，0)，b＝(－1，0，0)
【答案】B 【解析】因为a＝(0，1，0)，b＝(1，0，1)，所以a·b＝0×1＋1×0＋0×1＝0，所以a⊥b.故选B.
2.若直线l的方向向量为v＝(2，2，2)，向量m＝(1，－1，0)及n＝(0，1，－1)都与平面α平行，则( )
A.l⊥α B.l∥α
C.l⊂α D.l与α相交但不垂直
【答案】A 【解析】因为v·m＝2－2＋0＝0，v·n＝0＋2－2＝0，所以v⊥m且v⊥n.又因为m与n不平行，所以v⊥α，即l⊥α.故选A.
3.已知a＝(0，1，1)，b＝(1，1，0)，c＝(1，0，1)分别是平面α，β，γ的法向量，则α，β，γ三个平面中互相垂直的有( )
A.0对 B.1对 C.2对 D.3对
【答案】A 【解析】因为a·b＝(0，1，1)·(1，1，0)＝1≠0，a·c＝(0，1，1)·(1，0，1)＝1≠0，b·c＝(1，1，0)·(1，0，1)＝1≠0，所以a，b，c中任意两个都不垂直，即α，β，γ中任意两个都不垂直.故选A.
4.两平面α，β的法向量分别为μ＝(3，－1，z)，v＝(－2，－y，1)，若α⊥β，则y＋z的值是( )
A.－3 B.6 C.－6 D.－12
【答案】B 【解析】因为μ＝(3，－1，z)，v＝(－2，－y，1)分别为α，β的法向量且α⊥β，所以μ⊥v，即μ·v＝－6＋y＋z＝0，所以y＋z＝6.故选B.
5.如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，那么CE与DF的和为( )
A. eq \f(1,2)B.1 C. eq \f(3,2)D.2
【答案】B 【解析】以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，所以 eq \(B1E,\s\up6(→))＝(x－1，0，1)， eq \(FB,\s\up6(→))＝(1，1，y).因为B1E⊥平面ABF，所以 eq \(FB,\s\up6(→))· eq \(B1E,\s\up6(→))＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0，即x＋y＝1.故选B.
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)在菱形ABCD中，若 eq \(PA,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，则以下等式中一定成立的是( )
A. eq \(PA,\s\up6(→))⊥ eq \(AB,\s\up6(→))B. eq \(PA,\s\up6(→))⊥ eq \(CD,\s\up6(→))
C. eq \(PC,\s\up6(→))⊥ eq \(BD,\s\up6(→))D. eq \(PC,\s\up6(→))⊥ eq \(AB,\s\up6(→))
【答案】ABC 【解析】由题意知 eq \(PA,\s\up6(→))⊥平面ABCD，所以 eq \(PA,\s\up6(→))与平面上的线AB，CD都垂直，A，B正确；又因为菱形的对角线互相垂直，可推得对角线BD⊥平面PAC，故 eq \(PC,\s\up6(→))⊥ eq \(BD,\s\up6(→))，C正确.只有D不一定成立.故选ABC.
8.已知平面α内有一点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量n＝(6，－3，6)，则点P(2，3，3)与平面α的关系是________.
【答案】P∈平面α 【解析】 eq \(MP,\s\up6(→))＝(1，4，1)， eq \(MP,\s\up6(→))·n＝6－12＋6＝0，所以 eq \(MP,\s\up6(→))⊥n.因为n⊥平面α，M∈平面α，所以P∈平面α.
9.已知A(1，－1，3)，B(0，2，0)，C(－1，0，1)，若点D在z轴上且 eq \(AD,\s\up6(→))⊥ eq \(BC,\s\up6(→))，则| eq \(AD,\s\up6(→))|＝________.
【答案】 eq \r(3) 【解析】设点D的坐标为(0，0，z)，则 eq \(AD,\s\up6(→))＝(－1，1，z－3)， eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1，－2，1).由 eq \(AD,\s\up6(→))⊥ eq \(BC,\s\up6(→))，有 eq \(AD,\s\up6(→))· eq \(BC,\s\up6(→))＝1－2＋(z－3)＝0，所以z＝4，所以| eq \(AD,\s\up6(→))|＝ eq \r(3).
10.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))).
假设存在点P(0，0，a)满足条件，则 eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，0，－a)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，
设平面PAC的法向量n＝(x1，y1，z1).
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(PA,\s\up6(→))·n＝0，,\(AC,\s\up6(→))·n＝0，))得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－az1＝0，,－x1＋y1＝0，))
令x1＝1，得y1＝1，z1＝ eq \f(1,a)，
所以n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,a))).
若MD⊥平面PAC，则 eq \(MD,\s\up6(→))∥n.
因为 eq \(MD,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－1，－\f(1,2)))，
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.已知 eq \(AB,\s\up6(→))＝(1，5，－2)， eq \(BC,\s\up6(→))＝(3，1，z)，若 eq \(AB,\s\up6(→))⊥ eq \(BC,\s\up6(→))， eq \(BP,\s\up6(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为( )
A. eq \f(33,7)，－ eq \f(15,7)，4B. eq \f(40,7)，－2，4
C. eq \f(40,7)，－ eq \f(15,7)，4D.4， eq \f(40,7)，－15
【答案】C 【解析】因为 eq \(AB,\s\up6(→))⊥ eq \(BC,\s\up6(→))，所以 eq \(AB,\s\up6(→))· eq \(BC,\s\up6(→))＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4.因为BP⊥平面ABC，所以 eq \(BP,\s\up6(→))⊥ eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(BP,\s\up6(→))⊥ eq \(BC,\s\up6(→))，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1((x－1)＋5y＋6＝0，,3(x－1)＋y－12＝0，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(40,7)，,y＝－\f(15,7)．))故选C.
12.(多选)已知点A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，点D满足条件：DB⊥AC，DC⊥AB，AD＝BC，则点D的坐标可以为( )
A.(1，1，1)B.(－1，－1，－1)
C. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))D. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，－\f(1,3)，－\f(1,3)))
【答案】AD 【解析】设D(x，y，z)，则 eq \(BD,\s\up6(→))＝(x，y－1，z)， eq \(CD,\s\up6(→))＝(x，y，z－1)， eq \(AD,\s\up6(→))＝(x－1，y，z)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，1)， eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)， eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－1，1).因为DB⊥AC⇔－x＋z＝0①，DC⊥AB⇔－x＋y＝0②，AD＝BC⇔(x－1)2＋y2＋z2＝2③，联立①②③得x＝y＝z＝1或x＝y＝z＝－ eq \f(1,3)，所以点D的坐标为(1，1，1)或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，－\f(1,3)，－\f(1,3))).故选AD.
13.已知平面α的一个法向量a＝(x，1，－2)，平面β的一个法向量b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，y，\f(1,2)))，若α⊥β，则x－y＝________.
【答案】－1 【解析】因为α⊥β，所以a⊥b，所以－x＋y－1＝0，得x－y＝－1.
14.在△ABC中，A(1，－2，－1)，B(0，－3，1)，C(2，－2，1).若向量n是与 eq \(AB,\s\up6(→))共线的单位向量，则向量n的坐标为________；若向量n与平面ABC垂直，且|n|＝ eq \r(21)，则n的坐标为________.
【答案】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)，\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),3)))或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),3))) (－2，4，1)或(2，－4，－1) 【解析】据题意，得 eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1，2)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(1，0，2).设n＝(x，y，z)，若向量n是与 eq \(AB,\s\up6(→))共线的单位向量，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x,－1)＝\f(y,－1)＝\f(z,2)，,x2＋y2＋z2＝1，))可得n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),6)，\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),3)))或n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),6)，－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),3))).若n与平面ABC垂直，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x－y＋2z＝0，,x＋2z＝0，))可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝4z，,y＝－2x.))又因为|n|＝ eq \r(21)，所以 eq \r(x2＋y2＋z2)＝ eq \r(21)，解得y＝4或y＝－4.当y＝4时，x＝－2，z＝1；当y＝－4时，x＝2，z＝－1.所以n＝(－2，4，1)或n＝(2，－4，－1).
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 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，0)).
假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
因为 eq \(AN,\s\up6(→))＝(0，1，1)，可设 eq \(AS,\s\up6(→))＝λ eq \(AN,\s\up6(→))＝(0，λ，λ).
又因为 eq \(EA,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，0))，
所以 eq \(ES,\s\up6(→))＝ eq \(EA,\s\up6(→))＋ eq \(AS,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，λ－1，λ)).
由ES⊥平面AMN，
得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(ES,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→))＝0，,\(ES,\s\up6(→))·\(AN,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋λ＝0，,(λ－1)＋λ＝0，))
故λ＝ eq \f(1,2)，此时 eq \(AS,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，| eq \(AS,\s\up6(→))|＝ eq \f(\r(2),2).
经检验，当AS＝ eq \f(\r(2),2)时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.