人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用精品课堂检测

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第一，必修课程，由国家根据学生全面发展需要设置，所有学生必须全部修习、全部考试。
第二，选择性必修课程，由国家根据学生个性发展和升学考试需要设置。
第三，选修课程，由学校根据实际情况统筹规划开设，学生自主选择修习。
2、课程类别变化，必修课程、选择性必修课程将成为高考考查范围。在毕业总学分不变的情况下，对原必修课程学分进行重构，由必修课程学分、选择性必修课程学分组成，适当增加选修课程学分。
3、学时和学分变化，高中生全年假期缩减到11周。
4、授课方式变化，选课制度将全面推开。
5、考试方式变化，高考统考科目由教育部命题，学业水平合格性、等级性考试由各省命题。
1.4.1 空间向量应用(一)
【题组一 平面法向量的求解】
1．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则下列向量是平面ABC法向量的是( )
A．(－1，1，1) B．(1，－1,1)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)，－\f(\r(3),3)))
【答案】C
【解析】设n＝(x，y，z)为平面ABC的法向量，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，0，1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))化简得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0，))∴x＝y＝z.故选C.
2．(2018·浙江高三其他)平面的法向量，平面的法向量，则下列命题正确的是( )
A．、平行B．、垂直C．、重合D．、不垂直
【答案】B
【解析】平面的法向量，平面的法向量，
因为，所以两个平面垂直．故选：．
3．(2019·山东历下.济南一中高二期中)在平面ABCD中，，，，若，且为平面ABCD的法向量，则等于( )
A．2B．0C．1D．无意义
【答案】C
【解析】由题得，，，又为平面ABCD的法向量，则有，即，则，那么.故选：C
【题组二 空间向量证平行】
1．(2019·安徽埇桥，北大附宿州实验学校高二期末(理))已知平面的法向量是，平面的法向量是，若// ，则的值是( )
A．B．-6C．6D．
【答案】C
【解析】因为//，故可得法向量与向量共线，
故可得，解得.故选：C.
2(2019·乐清市知临中学高二期末)已知平面α的一个法向量是，，则下列向量可作为平面β的一个法向量的是( )
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】平面α的一个法向量是，，
设平面的法向量为，则，
对比四个选项可知，只有D符合要求，故选：D.
3.(2020.广东.华侨中学)如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为( )
A．(1,1,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
【答案】 C
【解析】设AC与BD相交于O点，连接OE，
∵AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，
又O是正方形ABCD对角线的交点，∴M为线段EF的中点．
在空间直角坐标系中，E(0，0，1)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
4.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交 B．平行
C．垂直 D．MN在平面BB1C1C内
【答案】 B
【解析】以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C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，由于A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2a,3)，\f(a,3)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a,3)，\f(2a,3)，a))，eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\f(2a,3))).
又C1D1⊥平面BB1C1C，所以eq \(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．
因为eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(C1D1,\s\up6(→))＝0，所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(C1D1,\s\up6(→))，又MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.
【题组三 空间向量证明垂直】
1．(2019·湖北孝感.高二期中(理))已知向量，平面的一个法向量，若，则( )
A．，B．，C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以，由，得，.故选A
2．(2020·宜昌市人文艺术高中(宜昌市第二中学)高二月考)已知直线的一个方向向量，平面的一个法向量，若，则______．
【答案】
【解析】，，且，，，解得，.
因此，.故答案为：.
3．(2020·陕西富平.期末(理))若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则直线l与平面的位置关系是( )
A．B．C．D．l与斜交
【答案】B
【解析】由题得，，则，又是平面的法向量，是直线l的方向向量，可得.
故选：B
4. 如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB.
求证：平面BCE⊥平面CDE.
【答案】
【解析】设AD＝DE＝2AB＝2a，
以A为原点，分别以AC，AB所在直线为x轴，z轴，以过点A垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，eq \r(3)a，0)，
E(a，eq \r(3)a，2a)．
所以eq \(BE,\s\up6(→))＝(a，eq \r(3)a，a)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(2a，0，－a)，eq \(CD,\s\up6(→))＝(－a，eq \r(3)a，0)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(0，0，－2a)．
设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq \(BE,\s\up6(→))＝0，n1·eq \(BC,\s\up6(→))＝0可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax1＋\r(3)ay1＋az1＝0，,2ax1－az1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋\r(3)y1＋z1＝0，,2x1－z1＝0.))令z1＝2，可得n1＝(1，－eq \r(3)，2)．
设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，由n2·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，n2·eq \(ED,\s\up6(→))＝0可得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ax2＋\r(3)ay2＝0，,－2az2＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋\r(3)y2＝0，,z2＝0.))
令y2＝1，可得n2＝(eq \r(3)，1，0)．因为n1·n2＝1×eq \r(3)＋1×(－eq \r(3))＋2×0＝0.所以n1⊥n2，
所以平面BCE⊥平面CDE.
5.如图所示，已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
【答案】见解析
【解析】 (1)取BC的中点O，连接PO，
∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝eq \r(3)，
∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，eq \r(3))，
∴eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，－1，0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，－2，－eq \r(3))．
∵eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，
∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2))).
∵eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \r(3))，
∴eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PB,\s\up6(→))，即DM⊥PB.
∵eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PA,\s\up6(→))，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
6.(2019·林州模拟)如图，在四棱锥P—ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内求一点G，使GF⊥平面PCB，并证明你的结论．
【答案】见解析
【解析】(1)证明 如图，以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设AD＝a，则D(0，0，0)，A(a，0，0)，B(a，a，0)，C(0，a，0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(a,2)，0))，P(0，0，a)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(a,2)，\f(a,2))).
eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，\f(a,2)))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，a，0)．
∵eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，∴eq \(EF,\s\up6(→))⊥eq \(DC,\s\up6(→))，即EF⊥CD.
(2)解 设G(x，0，z)，则eq \(FG,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))，
若使GF⊥平面PCB，则需eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝0，且eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝0，
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(a,0,0)
＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)))＝0，得x＝eq \f(a,2)；
由eq \(FG,\s\up6(→))·eq \(CP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,2)，－\f(a,2)，z－\f(a,2)))·(0，－a，a)
＝eq \f(a2,2)＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(z－\f(a,2)))＝0，得z＝0.
∴G点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，即G为AD的中点．