高中空间向量及其运算的坐标表示习题

这是一份高中空间向量及其运算的坐标表示习题，共7页。试卷主要包含了已知梯形ABCD和矩形CDEF等内容，欢迎下载使用。
A.平行或直线在平面内B.不能确定
C.相交但不垂直D.垂直
2.(多选)已知平面α与平面β平行,若n=(1,-2,4)是平面α的一个法向量,则平面β的法向量可能为( )
A.(-1,2,-4)B.(-1,2,4)
C.(2,4,-8)D.(2,-4,8)
3.已知A(1,2,3),B(-1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),则直线AB与CD的位置关系是( )
A.平行B.垂直
C.相交但不垂直D.无法确定
4.若平面α的一个法向量为u1=(-3,y,2),平面β的一个法向量为u2=(6,-2,z),且α∥β,则y+z的值是( )
A.-3B.-4
C.3D.4
5.如图,在四棱锥A1⁃BCDE中,A1E⊥平面BCDE,四边形BCDE为直角梯形,EB∥DC,DE⊥EB,EB=ED=1,
DC=2,△A1ED为等腰直角三角形,点F在棱A1C上,若点P为DB的中点,且PF∥平面A1ED,则点F的坐标为( )
A.12,34,12B.12,12,34
C.12,34,14D.12,14,34
6.如图,在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4.若在线段AB上存在点D,使得AC1∥平面CDB1,则点D满足( )
A.AD=23ABB.AD=12AB
C.AD=22ABD.AD=36AB
7.(5分)已知直线a,b的方向向量分别为m=(4,k,k-1)和n=k,k+3,32,若a∥b,则k= .
8.(5分)设平面α,β的一个法向量分别为u=(1,2,-2),v=(-3,-6,6),则α,β的位置关系为 .
9.(5分)已知直线l∥平面ABC,且l的一个方向向量为a=(2,m,1),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),则实数m的值是 .
10.(5分)已知梯形ABCD和矩形CDEF.在平面图形中,AB=AD=DE=12CD=1,CD⊥AE.现将矩形CDEF沿CD进行如图所示的翻折,满足平面ABCD垂直于平面CDEF.设EN=2NC,EP=μPB,若AP∥平面DBN,则实数μ的值为 .
11.(10分)如图,已知在正方体ABCD⁃A1B1C1D1中,M,N,P分别是AD1,BD,B1C的中点,利用向量法证明:
(1)MN∥平面CC1D1D;(6分)
(2)平面MNP∥平面CC1D1D.(4分)
12.(10分)在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭,既美观又利于采光,其中一角如图所示,为多面体ABCDE⁃A1B1C1D1,AB⊥AE,AE∥BC,AB∥ED,AA1⊥底面ABCDE,四边形A1B1C1D1是边长为2的正方形且平行于底面,AB∥A1B1,D1E,B1B的中点分别为F,G,AB=AE=2DE=2BC=4,AA1=1.求证:FG∥平面C1CD.
13.(15分)如图,在三棱柱ABC⁃A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=2,AB=BC,且AB⊥BC,O为AC的中点.在BC1上是否存在一点E,使得OE∥平面A1AB?若存在,确定点E的位置,若不存在,请说明理由.
课时检测(八)
1．选A 因为u·a＝2＋0－2＝0，所以u⊥a，所以直线l与平面α的位置关系是平行或直线在平面内．
2．选AD 设平面β的法向量为m，则由题意可得m∥n.对于A，m＝(－1,2，－4)＝－n，满足题意；对于B，设(－1,2,4)＝λ(1，－2,4)，λ无解，所以不符合题意；对于C，设(2,4，－8)＝λ(1，－2,4)，λ无解，所以不符合题意；对于D，m＝(2，－4,8)＝2n，满足题意．故选AD.
3．选A 因为eq \(AB,\s\up6(―→))＝(－2，－2,2)，eq \(CD,\s\up6(―→))＝(1,1，－1)，所以eq \(AB,\s\up6(―→))＝－2eq \(CD,\s\up6(―→))，所以eq \(AB,\s\up6(―→))与eq \(CD,\s\up6(―→))平行．又四点不共线，所以直线AB与CD平行．
4．选A ∵α∥β，∴u1∥u2，故存在实数λ，使得u1＝λu2，即(－3，y,2)＝λ(6，－2，z)，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6λ＝－3，,－2λ＝y，,λz＝2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝1，,z＝－4，))∴y＋z＝1－4＝－3.
5．选D 由题意，得A1(0,0,1)，E(0,0,0)，D(0，1,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，不妨设F(x0，y0，z0)，因为点F在棱A1C上，所以设eq \(A1F,\s\up6(―→))＝λeq \(A1C,\s\up6(―→))，λ∈[0,1]，解得x0＝2λ，y0＝λ，z0＝1－λ，所以点F的坐标为(2λ，λ，1－λ)，从而eq \(PF,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2λ－\f(1,2)，λ－\f(1,2)，1－λ)).由题意可知，eq \(EB,\s\up6(―→))＝(1,0,0)为平面A1ED的一个法向量，故eq \(EB,\s\up6(―→))·eq \(PF,\s\up6(―→))＝0，解得λ＝eq \f(1,4)，从而点F的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,4)，\f(3,4))).故选D.
6.选B 因为AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，则在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC，BC，CC1两两垂直，以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(3，0,0)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)，C1(0,0,4)，eq \(CB,\s\up6(―→))1＝(0,4,4)，设点D(x，y,0)(0≤x≤3,0≤y≤4)，则eq \(CD,\s\up6(―→))＝(x，y,0)，设平面CDB1的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CD,\s\up6(―→))＝0，,m·\(CB1,\s\up6(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋by＝0，,4b＋4c＝0，))
令b＝－x，则m＝(y，－x，x)．
若AC1∥平面CDB1，则eq \(AC1,\s\up6(―→))·m＝0，易得eq \(AC1,\s\up6(―→))＝(－3,0,4)，所以－3y＋4x＝0 ①.
由D在AB上，得eq \f(x－3,－3)＝eq \f(y,4)，即4x＋3y＝12 ②，
由①②可得x＝eq \f(3,2)，y＝2，即D为AB的中点，故AD＝eq \f(1,2)AB.故选B.
7．解析：因为a∥b，所以m＝λn，即(4，k，k－1)＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k，k＋3，\f(3,2)))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4＝λk，,k＝λk＋3，,k－1＝\f(3,2)λ，))解得λ＝－2，k＝－2.
答案：－2
8．解析：因为u＝(1,2，－2)，v＝(－3，－6,6)，所以v＝(－3，－6,6)＝－3(1,2，－2)＝－3u，所以v∥u，所以α∥β.
答案：平行
9．解析：∵l∥平面ABC，∴存在实数x，y，使a＝xeq \(AB,\s\up6(―→))＋yeq \(AC,\s\up6(―→)).∵eq \(AB,\s\up6(―→))＝(1,0，－1)，eq \(AC,\s\up6(―→))＝(0,1，－1)，∴(2，m,1)＝x(1,0，－1)＋y(0,1，－1)＝(x，y，－x－y)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2＝x，,m＝y，,1＝－x－y，))
∴m＝－3.
答案：－3
10．解析：易得CD⊥DE，CD⊥DA，又平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，AD⊂平面ABCD，则AD⊥平面CDEF.又DE⊂平面CDEF，所以AD⊥DE.以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，A(1,0,0)，E(0,0,1)，C(0,2,0)，
所以eq \(DN,\s\up6(―→))＝eq \(DE,\s\up6(―→))＋eq \(EN,\s\up6(―→))＝eq \(DE,\s\up6(―→))＋eq \f(2,3)eq \(EC,\s\up6(―→))＝eq \(DE,\s\up6(―→))＋eq \f(2,3)(eq \(DC,\s\up6(―→))－eq \(DE,\s\up6(―→)))＝eq \f(1,3)eq \(DE,\s\up6(―→))＋eq \f(2,3)eq \(DC,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(1,3)))，
同理可得eq \(DP,\s\up6(―→))＝eq \(DE,\s\up6(―→))＋eq \(EP,\s\up6(―→))＝eq \(DE,\s\up6(―→))＋eq \f(μ,μ＋1)eq \(EB,\s\up6(―→))＝eq \f(1,μ＋1)eq \(DE,\s\up6(―→))＋eq \f(μ,μ＋1)eq \(DB,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(μ,μ＋1)，\f(μ,μ＋1)，\f(1,μ＋1))).
设平面DBN的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up6(―→))＝x＋y＝0，,n·\(DN,\s\up6(―→))＝\f(4,3)y＋\f(1,3)z＝0，))
令y＝1，则n＝(－1,1，－4)．
又eq \(AP,\s\up6(―→))＝eq \(AD,\s\up6(―→))＋eq \(DP,\s\up6(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,μ＋1)，\f(μ,μ＋1)，\f(1,μ＋1)))，
AP∥平面DBN，所以eq \(AP,\s\up6(―→))·n＝eq \f(1,μ＋1)＋eq \f(μ,μ＋1)－eq \f(4,μ＋1)＝0，解得μ＝3.
答案：3
11．证明：(1)以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(―→))，eq \(DC,\s\up6(―→))，eq \(DD1,\s\up6(―→))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)．
由正方体的性质，知AD⊥平面CC1D1D，
所以eq \(DA,\s\up6(―→))＝(2,0,0)为平面CC1D1D的一个法向量．由于eq \(MN,\s\up6(―→))＝(0,1，－1)，则eq \(MN,\s\up6(―→))·eq \(DA,\s\up6(―→))＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，所以eq \(MN,\s\up6(―→))⊥eq \(DA,\s\up6(―→)).
又MN⊄平面CC1D1D，所以MN∥平面CC1D1D.
(2)由(1)知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\{\rc\ (\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.
12．证明：过点E作AA1的平行线Ez，以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，B(4,4,0)，C(4,2,0)，D(2,0,0)，B1(2,4,1)，C1(2,2,1)，D1(0,2,1)，eq \(C1C,\s\up6(―→))＝(2,0，－1)，eq \(C1D,\s\up6(―→))＝(0，－2，－1)，
因为D1E，B1B的中点分别为F，G，
所以Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，4，\f(1,2)))，则eq \(FG,\s\up6(―→))＝(3,3,0)．
设平面C1CD的法向量为n1＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(C1C,\s\up6(―→))＝0，,n1·\(C1D,\s\up6(―→))＝0，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－z＝0，,－2y－z＝0，))
令x＝1，则n1＝(1，－1,2)．
因为n1·eq \(FG,\s\up6(―→))＝3－3＋0＝0，所以n1⊥eq \(FG,\s\up6(―→))，
因为FG⊄平面C1CD，所以FG∥平面C1CD.
13．解：连接OA1，因为AA1＝A1C，且O为AC的中点，所以A1O⊥AC，
又平面AA1C1C⊥平面ABC，交线为AC，且A1O⊂平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABC.连接OB，由AB＝BC，得OB⊥AC，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意可知，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，所以OB＝eq \f(1,2)AC＝1，
所以O(0,0,0)，A(0，－1,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C1(0,2，eq \r(3))，B(1,0,0)，
则eq \(AA1,\s\up6(―→))＝(0,1，eq \r(3))，eq \(AB,\s\up6(―→))＝(1,1,0)．设平面AA1B的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AA1,\s\up6(―→))＝0，,n·\(AB,\s\up6(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋\r(3)z＝0，,x＋y＝0，))令y＝1，得x＝－1，z＝－eq \f(\r(3),3)，所以n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，1，－\f(\r(3),3))).
设E(x0，y0，z0)，eq \(BE,\s\up6(―→))＝λeq \(BC1,\s\up6(―→))(0≤λ≤1)，由eq \(BC1,\s\up6(―→))＝(－1,2，eq \r(3))得(x0－1，y0，z0)＝λ(－1，2，eq \r(3))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1－λ，,y0＝2λ，,z0＝\r(3)λ，))所以E(1－λ，2λ，eq \r(3)λ)，
所以eq \(OE,\s\up6(―→))＝(1－λ，2λ，eq \r(3)λ)．由OE∥平面AA1B，得eq \(OE,\s\up6(―→))·n＝0，即－1＋λ＋2λ－λ＝0，解得λ＝eq \f(1,2).所以在BC1上存在点E使得OE∥平面A1AB，且E为BC1的中点．