高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量及其运算的坐标表示同步训练题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册空间向量及其运算的坐标表示同步训练题，共7页。试卷主要包含了在△ABC中,A,B,C等内容，欢迎下载使用。
1.已知平面α的法向量为n=(4,-4,8),AB=(-1,1,-2),则直线AB与平面α的位置关系为( )
A.AB⊂αB.AB⊥α
C.AB与α相交但不垂直D.AB∥α
2.已知平面α的法向量为(3,1,-2),平面β的法向量为(-1,1,k),若α⊥β,则k=( )
A.-2B.2
C.1D.-1
3.已知非零向量a,b,c分别为直线a,b,c的方向向量,且a=λb(λ≠0),b·c=0,则a与c的位置关系是( )
A.垂直B.平行
C.相交D.异面
4.已知m,n是两条不同直线,方向向量分别是m,n;α,β,γ是三个不同平面,法向量分别是α,β,γ,下列命题正确的是( )
A.若α·γ=0,β·γ=0,则α⊥β
B.若m∥α,m·n=0,则n∥α
C.若m·α=0,n·α=0,则m∥n
D.若m∥α,m∥β,则α∥β
5.已知正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,点M在棱DD1上,直线AC1⊥平面A1BM,则点M的位置是( )
A.点DB.点D1
C.DD1的中点D.不存在
6.(多选)如图,以等腰Rt△BAC斜边BC上的高AD为折痕,把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后,
某学生得出如下四个结论,其中正确的是( )
A.AB·AC=0
B.AB⊥DC
C.BD⊥AC
D.平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直
7.在直三棱柱A1B1C1⁃ABC中,∠BAC=π2,AB=AC=AA1=1.已知G,E分别为A1B1,CC1的中点,D,F分别为线段AC,AB上的动点(不包括端点).若GD⊥EF,则线段DF长度的取值范围为( )
A.55,1B.15,2
C.[1,2)D.55,2
8.(5分)已知直线l的一个方向向量d=(2,3,5),平面α的一个法向量n=(4,m,n),若l⊥α,则m+n= .
9.(5分)已知a=(0,1,1),b=(1,1,0),c=(1,0,1)分别是平面α,β,γ的一个法向量,则α,β,γ三个平面中互相垂直的有 对.
10.(5分)在△ABC中,A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1).若向量n与平面ABC垂直,且 |n|=21,则n的坐标为 .
11.(5分)已知空间三点A(-1,1,1),B(0,0,1),C(1,2,-3).若直线AB上存在一点M,满足CM⊥AB,则点M的坐标为 ;若空间中点N满足BN⊥平面ABC,则符合条件的一个点N的坐标是 .
12.(10分)如图,在直四棱柱ADD1A1⁃BCC1B1中,底面ADD1A1为直角梯形,AD∥A1D1,E,F,G分别为AD,A1E,C1D1的中点,AD=2AB=2AA1=2A1D1=2,用向量法证明:直线FG⊥平面A1BE.
13.(10分)如图,在四棱锥E⁃ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分别为AD,DE的中点,四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.点N在棱AD上,若平面BMN⊥平面ABE,求线段AN的长.
14.(15分)如图1,在边长为4的菱形ABCD中,∠BAD=60°,DE⊥AB于点E,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1D⊥DC,如图2.
(1)求证:A1E⊥平面BCDE;(5分)
(2)判断在线段EB上是否存在一点P,使平面A1DP⊥平面A1BC?若存在,求出EPPB的值;若不存在,请说明理由.(10分)
课时检测(九)
1．选B 由题设知n＝－4eq \(AB,\s\up6(―→))，即n∥eq \(AB,\s\up6(―→))，又n是平面α的法向量，所以AB⊥α.
2．选D 因为α⊥β，所以3×(－1)＋1×1＋(－2)×k＝0，解得k＝－1.
3．选A 由a＝λb(λ≠0)，b·c＝0，则a·c＝(λb)·c＝λ(b·c)＝0，即a⊥c，则直线a⊥c，所以a与c的位置关系是垂直．
4．选D 若α·γ＝0，β·γ＝0，可知平面α，β同时垂直于平面γ，但无法确定平面α与β的位置关系，故A错误；若m∥α，m·n＝0，可知m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；若m·α＝0，n·α＝0，可知m∥α或m⊂α，n∥α或n⊂α，但无法确定直线m，n的位置关系，故C错误；若m∥α，m∥β，可知m⊥α，m⊥β，垂直于同一条直线的两平面平行，故D正确．
5.选A 如图，以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，M(0,0，t)，0≤t≤1，A(1,0,0)，C1(0,1,1)，B(1,1,0)，A1(1，0,1)，eq \(AC1,\s\up6(―→))＝(－1，1,1)，eq \(BA1,\s\up6(―→))＝(0，－1，1)，eq \(BM,\s\up6(―→))＝(－1，－1，t)．∵eq \(AC1,\s\up6(―→))·eq \(BA1,\s\up6(―→))＝－1×0＋1×(－1)＋1×1＝0，∴AC1⊥BA1.∵直线AC1⊥平面A1BM，BM⊂平面A1BM，∴AC1⊥BM，∴eq \(AC1,\s\up6(―→))·eq \(BM,\s\up6(―→))＝0，∴－1×(－1)＋1×(－1)＋1×t＝0，解得t＝0，此时点M与点D重合．
6．选BC 建立以D为坐标原点，DB，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系(图略)，设Rt△BAC的斜边BC＝2，则B(1，0,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，A(0,0,1)，eq \(AB,\s\up6(―→))＝(1,0，－1)，eq \(AC,\s\up6(―→))＝(0,1，－1)，eq \(DC,\s\up6(―→))＝(0,1,0)，eq \(BD,\s\up6(―→))＝(－1,0,0)，从而有eq \(AB,\s\up6(―→))·eq \(AC,\s\up6(―→))＝0＋0＋1＝1，故A错误；eq \(AB,\s\up6(―→))·eq \(DC,\s\up6(―→))＝0，故B正确；eq \(BD,\s\up6(―→))·eq \(AC,\s\up6(―→))＝0，故C正确；易知平面ADC的一个法向量为向量eq \(BD,\s\up6(―→))＝(－1,0,0)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(―→))·n＝x－z＝0，,\(AC,\s\up6(―→))·n＝y－z＝0，))令y＝1，则x＝1，z＝1，故n＝(1,1,1)，eq \(BD,\s\up6(―→))·n＝－1，故D错误．
7.选A 建立如图所示的空间直角坐标系，则Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，1))，设F(x,0,0)，D(0，y,0)且x，y∈(0,1)，
则eq \(GD,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y，－1))，eq \(EF,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，－1，－\f(1,2)))，由于GD⊥EF，所以eq \(GD,\s\up6(―→))·eq \(EF,\s\up6(―→))＝0，即x＋2y－1＝0，x＝1－2y，所以|eq \(DF,\s\up6(―→))|＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(1－2y2＋y2)
＝eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(2,5)))2＋\f(1,5)).
又因为x，y∈(0,1)，所以1－2y∈(0,1)，
得y∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，所以|eq \(DF,\s\up6(―→))|∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，1))，即线段DF长度的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),5)，1)).
8．解析：因为l⊥α，所以d∥n，所以eq \f(4,2)＝eq \f(m,3)＝eq \f(n,5)，解得m＝6，n＝10，所以m＋n＝16.
答案：16
9．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．
答案：0
10．解析：根据题意可得eq \(AB,\s\up6(―→))＝(－1，－1,2)，eq \(AC,\s\up6(―→))＝(1,0,2)，设n＝(x，y，z)，∵n与平面ABC垂直，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(―→))＝－x－y＋2z＝0，,n·\(AC,\s\up6(―→))＝x＋2z＝0，))可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(y,2)，,z＝\f(y,4)，))又∵|n|＝eq \r(x2＋y2＋z2)＝eq \r(21)，则 eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(y,2)))2＋y2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,4)))2)＝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.∴n的坐标为(－2,4,1)或(2，－4，－1)．
答案：(－2,4,1)或(2，－4，－1)
11．解析：设M(x，y，z)，A(－1,1,1)，B(0,0,1)，C(1,2，－3)，∵eq \(AB,\s\up6(―→))＝(1，－1,0)，eq \(AC,\s\up6(―→))＝(2,1，－4)，eq \(BM,\s\up6(―→))＝(x，y，z－1)，eq \(CM,\s\up6(―→))＝(x－1，y－2，z＋3)，∴由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1－y＋2＝0，,x＝－y，,z－1＝0，))∴x＝－eq \f(1,2)，y＝eq \f(1,2)，z＝1.∴点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)).
设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·eq \(AB,\s\up6(―→))＝x－y＝0，n·eq \(AC,\s\up6(―→))＝2x＋y－4z＝0.
令x＝1，则y＝1，z＝eq \f(3,4).∴n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(3,4))).
设点N的坐标为(a，b，c)，则eq \(BN,\s\up6(―→))＝(a，b，c－1)．
由题知，eq \(BN,\s\up6(―→))∥n，即eq \f(a,1)＝eq \f(b,1)＝eq \f(c－1,\f(3,4)).
∴点N的坐标满足(4k,4k,3k＋1)，其中k≠0.
令k＝1，则N(4,4,4)．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)，1)) (4,4,4)(答案不唯一)
12．证明：由题意，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0,0,1)，B(1,0,0)，E(0,1,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，1))，eq \(BE,\s\up6(―→))＝(－1,1,0)，eq \(A1B,\s\up6(―→))＝(1,0，－1)，
eq \(FG,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))).
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BE,\s\up6(―→))·n＝0，,\(A1B,\s\up6(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,x－z＝0，))
令x＝1，则n＝(1,1,1)，
所以eq \(FG,\s\up6(―→))＝eq \f(1,2)n，故直线FG⊥平面A1BE.
13．解：连接EO，因为AE＝DE，则EO⊥AD，又EO⊂平面ADE，且平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，于是得EO⊥平面ABCD，又OB⊂平面ABCD，OD⊂平面ABCD，即有EO⊥OB，EO⊥OD，而四边形BCDO是边长为1的正方形．以O为原点，eq \(OB,\s\up6(―→))，eq \(OD,\s\up6(―→))，eq \(OE,\s\up6(―→))分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，
由AE＝DE，AE⊥DE，得OE＝OA＝OD＝OB＝1，则O(0,0,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(1,2)))，A(0，－1,0)，E(0,0,1)，D(0,1,0)，B(1,0,0)，
设N(0，λ，0)(－1≤λ≤1)，eq \(NB,\s\up6(―→))＝(1，－λ，0)，eq \(MB,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(1,2)，－\f(1,2)))，eq \(AE,\s\up6(―→))＝(0,1,1)，eq \(BE,\s\up6(―→))＝(－1,0,1)，设平面BMN的法向量n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(MB,\s\up6(―→))＝a－\f(1,2)b－\f(1,2)c＝0，,n·\(NB,\s\up6(―→))＝a－λb＝0，))
令a＝λ，得n＝(λ，1,2λ－1)，
设平面ABE的法向量m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(―→))＝y＋z＝0，,m·\(BE,\s\up6(―→))＝－x＋z＝0，))
令x＝1，得m＝(1，－1,1)，因为平面BMN⊥平面ABE，则有m·n＝0，即λ－1＋2λ－1＝0，解得λ＝eq \f(2,3)，所以线段AN的长为eq \f(5,3).
14．解：(1)证明：∵DE⊥AB，AB∥DC，∴DE⊥DC，∵A1D⊥DC，A1D∩DE＝D，A1D，DE⊂平面A1DE，∴DC⊥平面A1DE，A1E⊂平面A1DE，∴DC⊥A1E，∵A1E⊥DE，DC∩DE＝D，DC，DE⊂平面BCDE，∴A1E⊥平面BCDE.
(2)由题意，以EB，ED，EA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则DE＝2eq \r(3)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(4，2eq \r(3)，0)，D(0,2eq \r(3)，0)，∴eq \(BA1,\s\up6(―→))＝(－2，0,2)，eq \(BC,\s\up6(―→))＝(2,2eq \r(3)，0)，设平面A1BC的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BA1,\s\up6(―→))＝－2x＋2z＝0，,m·\(BC,\s\up6(―→))＝2x＋2\r(3)y＝0，))令x＝－eq \r(3)，
则m＝(－eq \r(3)，1，－eq \r(3))，设P(t,0,0)(0≤t≤2)，
则eq \(A1P,\s\up6(―→))＝(t,0，－2)，eq \(A1D,\s\up6(―→))＝(0,2eq \r(3)，－2)，
设平面A1DP的法向量为n＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(A1D,\s\up6(―→))·n＝2\r(3)b－2c＝0，,\(A1P,\s\up6(―→))·n＝ta－2c＝0，))取n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(t,\r(3))，t))，
∵平面A1DP⊥平面A1BC，∴n·m＝－2eq \r(3)＋eq \f(t,\r(3))－eq \r(3)t＝0，解得t＝－3，∵0≤t≤2，∴在线段EB上不存在一点P，使平面A1DP⊥平面A1BC.