北师大版 (2019)选择性必修 第一册第三章 空间向量与立体几何4 向量在立体几何中的应用4.2 用向量方法讨论立体几何中的位置关系当堂达标检测题

这是一份北师大版 (2019)选择性必修 第一册第三章 空间向量与立体几何4 向量在立体几何中的应用4.2 用向量方法讨论立体几何中的位置关系当堂达标检测题，共12页。试卷主要包含了故选C等内容，欢迎下载使用。
第三章空间向量与立体几何§4　向量在立体几何中的应用4.2　用向量方法研究立体几何中的位置关系课后篇巩固提升合格考达标练1.若a=(2,3,m),b=(2n,6,8),且a,b为共线向量,则m+n的值为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.7 B. C.6 D.8答案C解析由a,b为共线向量,知n≠0且,解得m=4,n=2,则m+n=6.故选C.2.已知直线l1的方向向量是a=(2,-2,x),直线l2的方向向量是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A3.如图,F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点,E是BB1上一点,若D1F⊥DE,则有(　　)A.B1E=EB B.B1E=2EBC.B1E=EB D.E与B重合答案A解析以D为坐标原点,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(图略),设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),设E(2,2,z),则=(0,1,-2),=(2,2,z),∵=0×2+1×2-2z=0,∴z=1,∴B1E=EB.4.设u=(-2,2,t),v=(6,-4,4)分别是平面α,β的法向量.若α⊥β,则t等于(　　)A.3 B.4 C.5 D.6答案C解析∵α⊥β,∴u·v=-2×6+2×(-4)+4t=0,∴t=5.5.已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),向量=(1,0,-2),=(1,1,1),则(　　)A.平面α∥平面ABCB.平面α⊥平面ABCC.平面α、平面ABC相交但不垂直D.以上均有可能答案A解析∵n1·=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,n1·=2×1-3×1+1×1=0,∴n1⊥,n1⊥,∵AB∩AC=A,∴n1也为平面ABC的一个法向量,又平面α与平面ABC不重合,∴平面α与平面ABC平行,故选A.6.已知V为矩形ABCD所在平面外一点,且VA=VB=VC=VD,.则VA与平面PMN的位置关系是　　　　　. 答案平行解析如图,设=a,=b,=c,则=a+c-b,由题意知b-c,a-b+c.因此,所以共面.又VA⊄平面PMN,所以VA∥平面PMN.7.已知=(1,5,-2),=(3,1,z),若=(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x+y=　　　　　. 答案解析由条件得解得x=,y=-,z=4,∴x+y=.8.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4,点D是AB的中点.(1)证明:AC⊥BC1;(2)证明:AC1∥平面CDB1.证明由题得△ABC为直角三角形,AC⊥BC.所以AC,BC,C1C两两垂直.如图,以C为坐标原点,直线CA,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,4,0),C1(0,0,4),A1(3,0,4),B1(0,4,4),D.(1)因为=(-3,0,0),=(0,-4,4),所以=0,所以AC⊥BC1.(2)设CB1与C1B的交点为E,连接DE,则E(0,2,2),=(-3,0,4),所以,DE∥AC1.因为DE⊂平面CDB1,AC1⊄平面CDB1,所以AC1∥平面CDB1.9.如图所示,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C和侧面AA1B1B都是正方形且互相垂直,M为AA1的中点,N为BC1的中点.求证:(1)MN∥平面A1B1C1;(2)平面MBC1⊥平面BB1C1C.证明由题意,知AA1,AB,AC两两垂直,以A为坐标原点,分别以AA1,AB,AC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.设正方形AA1C1C的边长为2,则A(0,0,0),A1(2,0,0),B(0,2,0),B1(2,2,0),C(0,0,2),C1(2,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1).(1)由题意知AA1⊥A1B1,AA1⊥A1C1,又A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥平面A1B1C1.因为=(2,0,0),=(0,1,1),所以=0,即MN⊥AA1.又MN⊄平面A1B1C1,故MN∥平面A1B1C1.(2)设平面MBC1与平面BB1C1C的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2).因为=(-1,2,0),=(1,0,2),所以令x1=2,则平面MBC1的一个法向量为n1=(2,1,-1).同理可得平面BB1C1C的一个法向量为n2=(0,1,1).因为n1·n2=2×0+1×1+(-1)×1=0,所以n1⊥n2,所以平面MBC1⊥平面BB1C1C.等级考提升练10.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,P是AA1的中点,点M在侧面AA1B1B(含边界)内,若D1M⊥CP,则△BCM面积的最小值为(　　)A.8 B.4 C.8 D.答案D解析以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图.则P(4,0,2),C(0,4,0),D1(0,0,4),B(4,4,0),设M(4,a,b)(a,b∈[0,4]),则=(4,a,b-4),=(4,-4,2).∵D1M⊥CP,∴=16-4a+2b-8=0,得b=2a-4,∴M(4,a,2a-4),∴|BM|==,当a=时,|BM|取最小值,又BC=4,且BC⊥BM,∴△BCM面积的最小值为×4×.故选D.11.设直线l1,l2的方向向量分别为a=(1,2,-2),b=(-2,3,m),若l1⊥l2,则实数m等于(　　)A.1 B.2 C.3 D.4答案B解析因为l1⊥l2,所以a⊥b,则a·b=-2+6-2m=4-2m=0,解得m=2.故选B.12.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则(　　)A.α∥βB.α⊥βC.α,β相交但不垂直D.以上均不正确答案C13.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则 (　　)A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面答案B解析建立以D为坐标原点分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系(图略),不妨设正方体的棱长为1,则=(1,0,1),=(-1,1,0),E,0,,F,0,=,-,∴=0,=0,∴EF⊥A1D,EF⊥AC.又=(-1,-1,1),∴=-3,即EF与BD1平行.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若E为A1C1的中点,则直线CE垂直于(　　)A.AC B.BD C.A1D D.A1A答案B解析如图,以D为坐标原点,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2,则C(0,2,0),A1(2,0,2),D(0,0,0),E(1,1,2),A(2,0,0),B(2,2,0),=(1,-1,2),=(-2,2,0),=(2,2,0),=(-2,0,-2),=(0,0,2),=-2-2+0=-4≠0,所以CE与AC不垂直,=1×2+(-1)×2+2×0=0,所以CE⊥BD.15.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形,PD⊥底面ABCD,且PD=1,若E,F分别为PB,AD的中点,则直线EF与平面PBC的位置关系是　　　　　. 答案垂直解析以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,1),E,F,0,0,∴=0,-,-,=(1,1,-1),=(0,-1,1),设平面PBC的一个法向量n=(x,y,z),则n·=0,n·=0,即取y=1,则z=1,x=0,∴n=(0,1,1).∵=-n,∴∥n,∴EF⊥平面PBC.16.如图所示,已知矩形ABCD,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD,若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD,则a的值等于　　　　　. 答案2解析以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,a,0),C(1,a,0),设Q(1,x,0),P(0,0,z),=(1,x,-z),=(-1,a-x,0).由=0,得-1+x(a-x)=0,即x2-ax+1=0.当Δ=a2-4=0,即当a=2时,点Q只有一个.17.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,且AD∥BC,∠ABC=∠PAD=90°,侧面PAD⊥底面ABCD.若PA=AB=BC=AD.(1)求证:CD⊥平面PAC;(2)侧棱PA上是否存在点E,使得BE∥平面PCD?若存在,求出点E的位置并证明;若不存在,请说明理由.解因为∠PAD=90°,所以PA⊥AD.又因为侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩底面ABCD=AD,所以PA⊥底面ABCD,∠BAD=90°,所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP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.设AD=2,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,1).(1)证明:=(0,0,1),=(1,1,0),=(-1,1,0),可得=0,=0,所以AP⊥CD,AC⊥CD.又因为AP∩AC=A,所以CD⊥平面PAC.(2)设侧棱PA的中点是E,则E0,0,,=-1,0,.设平面PCD的法向量是n=(x,y,z),则因为=(-1,1,0),=(0,2,-1),所以取x=1,则y=1,z=2,所以平面PCD的一个法向量为n=(1,1,2).又n·=(1,1,2)·-1,0,=0,所以n⊥.因为BE⊄平面PCD,所以BE∥平面PCD.综上所述,当E为PA的中点时,BE∥平面PCD.新情境创新练18.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面A1B1C1,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,D是棱CC1的中点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点.若点Q在线段B1P上,则下列结论正确的是(　　)A.当Q为线段B1P的中点时,DQ⊥平面A1BDB.当Q为线段B1P的三等分点时,DQ⊥平面A1BDC.在线段B1P的延长线上,存在一点Q,使得DQ⊥平面A1BDD.不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD答案D解析以点A1为坐标原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则由已知得A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1),D,P(0,2,0),则=(1,0,1),=(-1,2,0),.设平面A1BD的一个法向量为n=(x,y,z),则取z=-2,则x=2,y=1,所以平面A1BD的一个法向量为n=(2,1,-2).假设DQ⊥平面A1BD,且=λ=λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),则.因为也是平面A1BD的一个法向量,所以n=(2,1,-2)与=1-λ,-1+2λ,-共线,则成立,所以但此关于λ的方程组无解.故不存在点Q,使得DQ⊥平面A1BD.故选D.