湘教版（2019）选择性必修 第二册第2章 空间向量与立体几何2.4 空间向量在立体几何中的应用当堂检测题

这是一份湘教版（2019）选择性必修 第二册第2章 空间向量与立体几何2.4 空间向量在立体几何中的应用当堂检测题，共8页。

A．平行B．垂直
C．相交D．不确定
2．(多选)直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若l⊄α，能使l∥α的是( )
A．a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)
B．a＝(1，0，1)，n＝(0，－2，0)
C．a＝(0，2，1)，n＝(－1，0，1)
D．a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)
3．已知平面α的一个法向量为(3λ，6，λ＋6)，平面β的一个法向量为(λ＋1，3，2λ)，若α∥β，则λ＝________．
4.
如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD.PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD，BC＝4，点M为PC的中点，求证：DM∥平面PAB.
5.在空间直角坐标系中，a＝(1，2，1)为直线l的一个方向向量，n＝(2，t，4)为平面α的一个法向量，且l∥α，则t＝( )
A．3B．－3
C．1D．－1
6.
如图，正方体ABCD­A1B1C1D1，中，M，E，F，G，H分别为BB1，A1B1，B1C1，AA1，BC的中点，则( )
A．DE∥平面ACM
B．DF∥平面ACM
C．DG∥平面ACM
D．DH∥平面ACM
7.
如图所示，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2),3)a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________．
8.
如图所示，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．
求证：直线EE1∥平面FCC1.
9．如图，已知在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，P分别是AD1，BD，B1C的中点，求证：平面MNP∥平面CC1D1D.
10.
如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1位置关系是________；设eq \(CQ,\s\up6(→))＝λ，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝________．
11.
如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1.
问：在棱PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由．
课时作业(十八) 向量与平行
1．解析：对于平面α的一个法向量为v1＝(1，2，1)，平面β的一个法向量为v2＝(－2，－4，－2)，
因为v1＝－eq \f(1,2)v2，所以v1、v2平行．
又α，β表示不同的平面，
所以平面α与平面β平行．
答案：A
2．解析：已知l⊄α，l∥α，则a·n＝0.
A选项中，a·n＝1×1＋0×3＋1×5＝6≠0，A选项不满足条件；
B选项中，a·n＝1×0＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))＋1×0＝0，B选项满足条件；
C选项中，a·n＝0×(－1)＋2×0＋1×1＝1≠0，C选项不满足条件；
D选项中，a·n＝1×0＋(－1)×3＋1×3＝0，D选项满足条件．
答案：BD
3．解析：∵α∥β，∴eq \f(3λ,λ＋1)＝eq \f(6,3)＝eq \f(λ＋6,2λ)，解得λ＝2.
答案：2
4．证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AB.
又AB⊥AD，
所以PA，AB，AD两两垂直．
以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：
则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，4，0).
因为点M为PC的中点，所以M(1，2，1)，故eq \(DM,\s\up6(→))＝(1，0，1).
又eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
所以eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)).所以eq \(DM,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))为共面向量．
又DM⊄平面PAB，所以DM∥平面PAB.
5．解析：因为l∥α，则a·n＝2＋2t＋4＝0，解得t＝－3.
答案：B
6．解析：
如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则A(0，0，2)，C(2，2，2)，M(2，0，1)，E(1，0，0)，F(2，1，0)，G(0，0，1)，H(2，1，2)，D(0，2，2)，则eq \(DE,\s\up6(→))＝(1，－2，－2)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(2，－1，－2)，eq \(DG,\s\up6(→))＝(0，－2，－1)，eq \(DH,\s\up6(→))＝(2，－1，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，设平面ACM的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝2x＋2y＝0,n·\(AM,\s\up6(→))＝2x－z＝0))，令x＝1，则y＝－1，z＝2，所以n＝(1，－1，2)，因为n·eq \(DE,\s\up6(→))＝1×1＋(－2)×(－1)＋2×(－2)＝－1，
n·eq \(DF,\s\up6(→))＝1×2＋(－1)×(－1)＋2×(－2)＝－1，n·eq \(DG,\s\up6(→))＝0×1＋(－2)×(－1)＋2×(－1)＝0，n·eq \(DH,\s\up6(→))＝1×2＋(－1)×(－1)＋2×0＝3，所以n⊥eq \(DG,\s\up6(→))，又DG⊄平面ACM，所以DG∥平面ACM，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
7.
解析：因为ABCD­A1B1C1D1是正方体，且棱长为a，
故以C1为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：
则C1(0，0，0)，C(0，0，a)，A1(a，a，0)，A(a，a，a)，B(a，0，a)，
由题可知eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)(a，a，0)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，0))，设点N坐标为(x1，y1，z1)，
则(x1，y1，z1－a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，0))，
故可得x1＝eq \f(2,3)a，y1＝eq \f(2,3)a，z1＝a，
即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a))；
eq \(BM,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)＝eq \f(2,3)(0，a，－a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)a，－\f(2,3)a))，
设点M坐标为(x2，y2，z2)，
则(x2－a，y2，z2－a)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)a，－\f(2,3)a))，
故可得x2＝a，y2＝eq \f(2,3)a，z＝eq \f(1,3)a，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2,3)a，\f(1,3)a))；
故MN所在的方向向量为eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)a，0，\f(2,3)a))，
又平面BB1C1C的一个法向量n＝(0，1，0)，
故eq \(MN,\s\up6(→))·n＝0，故直线MN∥平面BB1C1C.
答案：平行
8．证明：因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点，所以BF＝BC＝CF，则△BCF为正三角形．
因为底面ABCD为等腰梯形，所以∠BAD＝∠ABC＝60°.
取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD.
以D为坐标原点，DM，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则F(eq \r(3)，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，E(eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，0)，E1(eq \r(3)，－1，1)，
所以＝(0，0，2)，＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，
eq \(CF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，0)).
设平面FCC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CF,\s\up6(→))＝\r(3)x－y＝0,n·CC1＝2z＝0))，
令x＝1，可得平面FCC1的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，0)，
则n·＝1×eq \f(\r(3),2)＋eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋0×1＝0，所以n⊥．
又直线EE1⊄平面FCC1，所以直线EE1∥平面FCC1.
9.
证明：以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，0)，M(1，0，1)，N(1，1，0)，P(1，2，1).
因为eq \(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量，
由于eq \(MP,\s\up6(→))＝(0，2，0)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(MP,\s\up6(→))·\(DA,\s\up6(→))＝0,\(MN,\s\up6(→))·\(DA,\s\up6(→))＝0))，
即eq \(DA,\s\up6(→))＝(2，0，0)也是平面MNP的一个法向量，
所以平面MNP∥平面CC1D1D.
10．解析：
如图所示，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D­xyz，设正方体的棱长为1，则
O(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，P(0，0，eq \f(1,2))，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1).
则eq \(OP,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,2)，－eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，
＝(－1，－1，1)，∴eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)，
eq \(OP,\s\up6(→))∥，
∴OP∥BD1，设Q(0，1，z)，
则eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－1，0，z)，
由于OP∥BD1，故要使平面D1BQ∥平面PAO，
只需eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BQ,\s\up6(→))，又eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1，0，eq \f(1,2))，故z＝eq \f(1,2)，
则Q(0，1，eq \f(1,2))，由eq \(CQ,\s\up6(→))＝(0，0，eq \f(1,2))，
＝(0，0，1)及eq \(CQ,\s\up6(→))＝λCC1，得λ＝eq \f(1,2).
答案：平行 eq \f(1,2)
11.
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．
∵PA＝AB＝BC＝eq \f(1,2)AD＝1，
∴P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0),
设E(0，y，z)，则eq \(PE,\s\up6(→))＝(0，y，z－1)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－1)，
∵E是棱PD上的点，∴eq \(PE,\s\up6(→))∥eq \(PD,\s\up6(→))，
∴eq \f(y,2)＝eq \f(z－1,－1)，即y＝2－2z①
∵eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)是平面PAB的法向量，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，y－1，z)，
∴由CE∥平面PAB，可得eq \(CE,\s\up6(→))⊥eq \(AD,\s\up6(→))，
∴(－1，y－1，z)·(0，2，0)＝2(y－1)＝0，
∴y＝1，代入①式得z＝eq \f(1,2).
∴E是PD的中点，
此时，由于CE⊄平面PAB，
∴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．
练基础
提能力
培优生