2023版新教材高中数学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时作业北师大版选择性必修第一册

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4．2　用向量方法研究立体几何中的位置关系必备知识基础练知识点一平行关系的判定及应用1.若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则可能使l∥α的是(　　)A．a＝(1，0，0)，n＝(－2，0，0)B．a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)C．a＝(0，2，1)，n＝(－1，0，－1)D．a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)2．已知平面α的一个法向量为(1，－2，2)，平面β的一个法向量为(－2，4，k)，若α∥β，则实数k的值为(　　)A．5 B．4C．－4 D．－53．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；(2)平面MNP∥平面CC1D1D.知识点二垂直关系的判定及应用4.已知平面α的法向量为a＝(1，2，－2)，平面β的法向量为b＝(－2，－4，k).若α⊥β，则k＝(　　)A．4 B．－4C．5 D．－55．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若E为A1C1的中点，则直线CE垂直于(　　)A．ACB．BDC．A1D D．A1A6．如图，底面ABCD是正方形，AS⊥平面ABCD，且AS＝AB，E是SC的中点．求证：平面BDE⊥平面ABCD.知识点三平行与垂直关系的综合应用7.如果直线l的方向向量是a＝(－2，0，1)，且直线l上有一点P不在平面α内，平面α的法向量是b＝(2，0，4)，那么(　　)A．l⊥α B．l∥αC．l在平面α内 D．l与α斜交8．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝AB＝ eq \f(1,2)AD，∠BAD＝60°，E，F分别为AD，PC的中点．求证：(1)EF∥平面PAB；(2)EF⊥平面PBD.关键能力综合练一、选择题1．u＝(2，－2，2)是平面α的一个法向量，ν＝(1，2，1)是平面β的一个法向量，则下列命题正确的是(　　)A．α，β平行 B．α，β垂直C．α，β重合 D．α，β不垂直2．若a＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，2y－1，－\f(1,4)))是平面α的一个法向量，且b＝(－1，2，1)，c＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,2)，－2))与平面α都平行，则向量a等于(　　)A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,52)，－\f(53,26)，－\f(1,4))) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，－\f(53,26)，－\f(1,4)))C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，－\f(27,52)，－\f(1,4))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,52)，\f(1,26)，－\f(1,4)))3．已知ν1，ν2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，则下列说法中：①ν1∥ν2⇔l1∥l2；②ν1⊥ν2⇔l1⊥l2；③n1∥n2⇔α∥β；④n1⊥n2⇔α⊥β，正确的有(　　)A．1个 B．2个C．3个 D．4个4.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO，AM的位置关系是(　　)A．平行 B．相交C．异面垂直 D．异面不垂直5．已知直线l过点P(1，0，－1)，平行于向量a＝(2，1，1)，平面α过直线l与点M(1，2，3)，则平面α的法向量不可能是(　　)A．(1，－4，2) B．(0，－1，1)C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1，－\f(1,2))) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－1，\f(1,2)))6.[易错题]如图所示，已知正方形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点坐标为(　　)A．(1，1，1) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))二、填空题7．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＝________.8．已知点A，B，C的坐标分别为(0，1，0)，(－1，0，－1)，(2，1，1)，点P的坐标为(x，0，z)，若PA⊥AB，PA⊥AC，则点P的坐标为________.9．[探究题]如图所示，已知矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一点Q满足PQ⊥QD，则实数a的值为________.三、解答题10.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面成的角为45°，底面ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，PA＝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，求出点E的位置；若不存在，请说明理由．学科素养升级练1．[多选题]如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝ eq \f(2,3)A1D，AF＝ eq \f(1,3)AC，则(　　)A．EF至多与A1D，AC之一垂直B．EF与A1D，AC都垂直C．EF与BD1平行D．EF与BD1异面2．已知平面α，β是不重合的两个面，下列命题中，所有正确命题的序号是________.①若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则n1∥n2⇔α∥β；②若n1，n2分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1·n2＝0；③若n是平面α的法向量，向量a在平面α内，则n·a＝0；④若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直．3.[学科素养——数学运算与逻辑推理]如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点．(1)证明：PA∥平面BDE；(2)在棱PB上是否存在点F，使PB⊥平面DEF？证明你的结论．4．2　用向量方法研究立体几何中的位置关系必备知识基础练1．解析：直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，则使l∥α，只需a·n＝0即可．四个选项中，只有D选项满足a·n＝0－3＋3＝0.故选D.答案：D2．解析：若α∥β，则向量(1，－2，2)与向量(－2，4，k)共线，∴存在实数λ使(－2，4，k)＝λ(1，－2，2)，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2＝λ，,4＝－2λ，,k＝2λ，))∴λ＝－2，k＝－4，故选C.答案：C3．证明：(1)以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设正方体的棱长为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＝(2，0，0)为平面CC1D1D的一个法向量．由于＝(0，1，－1)，则·＝0×2＋1×0＋(－1)×0＝0，所以⊥.又MN⊄平面CC1D1D，所以MN∥平面CC1D1D.(2)由于＝(0，2，0)，所以∥，所以MP∥DC.由于MP⊄平面CC1D1D，所以MP∥平面CC1D1D.又由(1)，知MN∥平面CC1D1D，MN∩MP＝M，所以由两个平面平行的判定定理，知平面MNP∥平面CC1D1D.4．解析：∵α⊥β，a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0，解得k＝－5.答案：D5．解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，E(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，1).∴＝(eq \f(1,2)，－eq \f(1,2)，1)，＝(－1，1，0)，＝(－1，－1，0)，＝(－1，0，－1)，＝(0，0，－1).∵·＝(eq \f(1,2)，－eq \f(1,2)，1)·(－1，－1，0)＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＋0＝0，∴⊥，∴CE⊥BD.答案：B6．解析：方法一：设AB＝BC＝CD＝DA＝AS＝1，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(0，0，0)，S(0，0，1)，E(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)).连接AC，设AC与BD相交于点O，连接OE，则点O的坐标为(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，0).因为＝(0，0，1)，＝(0，0，eq \f(1,2))，所以＝eq \f(1,2)，所以OE∥AS.又AS⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.又OE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCD.方法二：设AB＝BC＝CD＝DA＝AS＝1，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，D(0，1，0)，A(0，0，0)，S(0，0，1)，E(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2)).设平面BDE的法向量为n1＝(x，y，z)，因为＝(－1，1，0)，＝(－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，eq \f(1,2))，则由得令x＝1，可得平面BDE的一个法向量为n1＝(1，1，0).因为AS⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为n2＝＝(0，0，1)，因为n1·n2＝0，所以平面BDE⊥平面ABCD.7．解析：直线l的方向向量是a＝(－2，0，1)，平面α的法向量是b＝(2，0，4)，所以a·b＝－4＋0＋4＝0，所以直线l在平面α内或者与平面α平行．又直线l上有一点P不在平面α内，所以l∥α.故选B.答案：B8．证明：(1)在△ABD中，AD＝2AB，∠BAD＝60°，由余弦定理，知BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos60°＝AD2－AB2，∴∠ABD＝90°，∴BD⊥AB.∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BD⊥AB，∴BD⊥平面PAB.以B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，令AB＝2，则B(0，0，0)，A(2，0，0)，D(0，2eq \r(3)，0)，P(1，0，eq \r(3))，C(－2，2eq \r(3)，0)，故E(1，eq \r(3)，0)，F(－eq \f(1,2)，eq \r(3)，eq \f(\r(3),2))，＝(－eq \f(3,2)，0，eq \f(\r(3),2))，＝(0，2eq \r(3)，0).∵为平面PAB的一个法向量，且·＝0，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)由(1)知＝(1，0，eq \r(3))，∴·＝0，∴EF⊥BP.又EF⊥BD，BD∩BP＝B，∴EF⊥平面PBD.关键能力综合练1．解析：u·v＝2×1－2×2＋2×1＝0，∴u⊥v，∴平面α与β垂直，故选B.答案：B2．解析：由题意，知a·b＝0，a·c＝0，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋4y－\f(9,4)＝0，,3x＋y＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(9,52)，,y＝\f(27,52)，))所以a＝(－eq \f(9,52)，eq \f(1,26)，－eq \f(1,4)).答案：D3．解析：∵v1，v2分别为直线l1，l2的方向向量(l1，l2不重合)，∴v1∥v2⇔l1∥l2，v1⊥v2⇔l1⊥l2；∵n1，n2分别为平面α，β的法向量(α，β不重合)，∴n1∥n2⇔α∥β，n1⊥n2⇔α⊥β，故选D.答案：D4．解析：建立空间直角坐标系，如图所示．设正方体的棱长为2，则A(2，0，0)，M(0，0，1)，O(1，1，0)，N(2，1，2)，＝(－1，0，－2)，＝(－2，0，1).∵·＝0，∴直线NO，AM的位置关系是异面垂直．答案：C5．解析：＝(1，2，3)－(1，0，－1)＝(0，2，4)，由题意可知平面α的法向量应垂直和a，经验证选项B的向量不满足．故选B.答案：B6．解析：∵M在EF上，不妨设ME的长度为x，则M(eq \f(\r(2),2)x，eq \f(\r(2),2)x，1)，∵A(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，D(eq \r(2)，0，0)，E(0，0，1)，B(0，eq \r(2)，0)，∴＝(eq \r(2)，0，－1)，＝(0，eq \r(2)，－1).＝(eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2)，eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2)，1).设平面DEB的法向量为n＝(a，b，c)，易求其中一个法向量为n＝(1，1，eq \r(2)).∴有n·＝0，即eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2)＋eq \f(\r(2),2)x－eq \r(2)＋eq \r(2)＝0.∴eq \r(2)x＝eq \r(2).∴x＝1.∴M(eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(2),2)，1).故选C.答案：C7．解析：∵α∥β，∴u1∥u2.∴eq \f(－3,6)＝eq \f(y,－2)＝eq \f(2,z)，解得y＝1，z＝－4，∴y＋z＝－3.答案：－38．解析：由已知，得＝(－1，－1，－1)，＝(2，0，1)，＝(－x，1，－z)，由得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－1＋z＝0，,－2x－z＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,z＝2，))故P(－1，0，2).答案：(－1，0，2)9．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，y，0)，P(0，0，z)，则＝(1，y，－z)，＝(－1，a－y，0).由·＝0，得－1＋y(a－y)＝0，即y2－ay＋1＝0.当Δ＝a2－4＝0，即a＝2时，只有一个点Q满足PQ⊥QD.答案：210．解析：分别以AB，AD，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0).假设在棱PD上存在符合题意的点E，设E(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，＝(0，2，－1).∵∥，∴y(－1)－2(z－1)＝0①∵＝(0，2，0)是平面PAB的法向量，＝(－1，y－1，z)∴由CE∥平面PAB，可得⊥.∴(－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，即当E为PD的中点时，CE∥平面PAB.关键能力综合练1．解析：以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，设正方体的棱长为3，则D(0，0，0)，A(3，0，0)，C(0，3，0)，A1(3，0，3)，E(1，0，1)，F(2，1，0)，B(3，3，0)，D1(0，0，3)，∴＝(－3，0，－3)，＝(－3，3，0)，＝(1，1，－1)，∴·＝0，·＝0，即A1D⊥，⊥，即A1D⊥EF，AC⊥EF.又＝(－3，－3，3)，∴＝－3，∴BD1∥EF.故选BC.答案：BC2．解析：对于①，因为平面α，β是不重合的两个面，所以由n1∥n2⇒α∥β，α∥β⇒n1∥n2，正确；对于②，α⊥β⇔n1·n2＝0，正确；对于③，因为a在平面内，所以平面的法向量n与a垂直，即n·a＝0，正确；对于④，若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直，正确．故正确命题的序号是①②③④.答案：①②③④3．解析：(1)以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设PD＝DC＝2，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，0，2)，E(0，1，1)，B(2，2，0)，∴＝(2，0，－2)，＝(0，1，1)，＝(2，2，0).设n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，则由得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,2x＋2y＝0，))取y＝－1，得n＝(1，－1，1)为平面BDE的一个法向量．∵·n＝2－2＝0，∴⊥n，又PA⊄平面BDE，∴PA∥平面BDE.(2)∵＝(2，2，－2)，＝(0，1，1)，∴·＝0＋2－2＝0，∴PB⊥DE.假设棱PB上存在点F，使PB⊥平面DEF，设＝λ(0