人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用当堂达标检测题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用当堂达标检测题，共7页。
1．已知l1的方向向量为v1＝(1，2，3)，l2的方向向量为v2＝(λ，4，6)，若l1∥l2，则λ等于( )
A．1B．2
C．3D．4
2．若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，1，1)，则( )
A．l∥αB．l⊥α
C．l⊂α或l∥αD．l与α斜交
3．若α，β表示不同的平面，平面α的一个法向量为v1＝(1，2，1)，平面β的一个法向量为v2＝(－2，－4，－2)，则平面α与平面β( )
A．平行B．垂直
C．相交D．不确定
4．在空间直角坐标系中，a＝(1，2，1)为直线l的一个方向向量，n＝(2，t，4)为平面α的一个法向量，且l∥α，则t＝( )
A．3B．－3
C．1D．－1
5．(多选)直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若l⊄α，能使l∥α的是( )
A．a＝(1，3，5)，n＝(1，0，1)
B．a＝(1，0，1)，n＝(0，－2，0)
C．a＝(0，2，1)，n＝(－1，0，1)
D．a＝(1，－1，3)，n＝(0，3，1)
6．已知两个不同平面的法向量分别是n1＝(2，eq \f(1,2)，－1)，n2＝(－4，－1，2)，则这两个平面的位置关系是________．
7．已知平面α的一个法向量为(3λ，6，λ＋6)，平面β的一个法向量为(λ＋1，3，2λ)，若α∥β，则λ＝________．
8．如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD.PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD，BC＝4，点M为PC的中点，求证：DM∥平面PAB.
[提能力]
9．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝eq \f(\r(2),3)a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．相交但不平行B．平行
C．相交且垂直D．不能确定
10.
(多选)如图，在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列结论中正确的是( )
A.A1M∥D1P
B.A1M∥B1Q
C．A1M∥平面DCC1D1
D．A1M∥平面D1PQB1
11．如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1位置关系是________；设eq \(CQ,\s\up6(→))＝λCC1，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝________．
12．如图所示，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．
求证：(1)直线EE1∥平面FCC1；
(2)平面ADD1A1∥平面FCC1.
[培优生]
13．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P为线段D1B上的动点，M，N分别为棱BC，AB的中点，若DP∥平面B1MN，则eq \f(D1P,D1B)＝________．
课时作业(七)
1．解析：由l1∥l2，得v1∥v2，得eq \f(1,λ)＝eq \f(2,4)＝eq \f(3,6)，故λ＝2.故选B.
答案：B
2．解析：∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，1，1)，
∴a·n＝0，即a⊥n，
∴l∥α或l⊂α.
答案：C
3．解析：对于平面α的一个法向量为v1＝(1，2，1)，平面β的一个法向量为v2＝(－2，－4，－2)，
因为v1＝－eq \f(1,2)v2，所以v1、v2平行．
又α，β表示不同的平面，
所以平面α与平面β平行．
答案：A
4．解析：因为l∥α，则a·n＝2＋2t＋4＝0，解得t＝－3.
答案：B
5．解析：已知l⊄α，l∥α，则a·n＝0.
A选项中，a·n＝1×1＋0×3＋1×5＝6≠0，A选项不满足条件；
B选项中，a·n＝1×0＋0×(－2)＋1×0＝0，B选项满足条件；
C选项中，a·n＝0×(－1)＋2×0＋1×1＝1≠0，C选项不满足条件；
D选项中，a·n＝1×0＋(－1)×3＋1×3＝0，D选项满足条件．
答案：BD
6．解析：因为两个不同平面的法向量分别是n1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,2)，－1))，n2＝(－4，－1，2)，
∴n2＝－2n1，
所以这两个平面的位置关系是平行．
答案：平行
7．解析：∵α∥β，∴eq \f(3λ,λ＋1)＝eq \f(6,3)＝eq \f(λ＋6,2λ)，解得λ＝2.
答案：2
8.
证明：因为PA⊥平面ABCD，
所以PA⊥AD，PA⊥AB.
又AB⊥AD，
所以PA，AB，AD两两垂直．
以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示：
则P(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，4，0).
因为点M为PC的中点，所以M(1，2，1)，故eq \(DM,\s\up6(→))＝(1，0，1).
又eq \(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，0，0)，
所以eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→)).
所以eq \(DM,\s\up6(→))，eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(AB,\s\up6(→))为共面向量．
又DM⊄平面PAB，
所以DM∥平面PAB.
9．解析：∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝eq \f(\r(2)a,3)，
∴eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)，eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up6(→))，
∴eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \(MB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(CN,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(CA,\s\up6(→))
＝eq \f(2,3)(－)＋＋eq \f(2,3)(－)
＝eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)．
又∵eq \(CD,\s\up6(→))是平面B1BCC1的法向量，
且eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，
∴eq \(MN,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，
∴MN∥平面BB1C1C.
答案：B
10．解析：因为＝＋eq \(AM,\s\up6(→))＝＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，
＝＋eq \(DP,\s\up6(→))＝＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，
所以A1M∥D1P，从而A1M∥D1P，可得ACD正确．
又B1Q与D1P不平行，故B不正确．
答案：ACD
11．解析：
如图所示，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Dxyz，设正方体的棱长为1，则
Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1).则eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，
BD1＝(－1，－1，1)，∴eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)BD1，
∴eq \(OP,\s\up6(→))∥，
∴OP∥BD1，设Q(0，1，z)，
则eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－1，0，z)，
由于OP∥BD1，故要使平面D1BQ∥平面PAO，
只需eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BQ,\s\up6(→))，又eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，0，\f(1,2)))，故z＝eq \f(1,2)，
则Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(1,2)))，由eq \(CQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
＝(0，0，1)及eq \(CQ,\s\up6(→))＝λ，得λ＝eq \f(1,2).
答案：平行 eq \f(1,2)
12．解析：(1)因为AB＝4，BC＝CD＝2，F是棱AB的中点，所以BF＝BC＝CF，则△BCF为正三角形．
因为底面ABCD为等腰梯形，所以∠BAD＝∠ABC＝60°.
取AF的中点M，连接DM，则DM⊥AB，所以DM⊥CD.
以D为坐标原点，DM，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则F(eq \r(3)，1，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，E1(eq \r(3)，－1，1)，
所以＝(0，0，2)，＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，1))，eq \(CF,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，0).
设平面FCC1的法向量为n＝(x，y，z)，则，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y＝0,2z＝0))，令x＝1，可得平面FCC1的一个法向量为n＝(1，eq \r(3)，0)，
则n·＝1×eq \f(\r(3),2)＋eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋0×1＝0，所以n⊥EE1．
又直线EE1⊄平面FCC1，所以直线EE1∥平面FCC1.
(2)因为D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A(eq \r(3)，－1，0)，
所以eq \(DA,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，－1，0)，＝(0，0，2).
设平面ADD1A1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则，
令x1＝1，可得平面ADD1A1的一个法向量为m＝(1，eq \r(3)，0).
由(1)知n＝(1，eq \r(3)，0)，所以m＝n，即m∥n，所以平面ADD1A1∥平面FCC1.
13.
解析：如图所示，以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))、eq \(DC,\s\up6(→))、分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系．
设正方体ABCD­A1B1C1D1棱长为2，可得D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，M(1，2，0)，N(2，1，0)，
设eq \f(D1P,D1B)＝λ，可得＝λ＝(2λ，2λ，－2λ)，可得P(2λ，2λ，2－2λ)，可得eq \(DP,\s\up6(→))＝(2λ，2λ，2－2λ).
设平面B1MN的一个法向量n＝(x，y，z)，则有，即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－2z＝0,－y－2z＝0)).
不妨令x＝－2，则n＝(－2，－2，1).
因为DP∥平面B1MN，所以eq \(DP,\s\up6(→))·n＝(2λ，2λ，2－2λ)·(－2，－2，1)＝－4λ－4λ＋2－2λ＝0，
解得：λ＝eq \f(1,5)，即eq \f(D1P,D1B)＝eq \f(1,5).
答案：eq \f(1,5)