高中数学北师大版1第二章空间向量与立体几何 学业分层测评10

学业分层测评(十)(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．(2023·泰安高二检测)以下四组向量：①a＝(1，－2,1)，b＝(－1,2，－1)；②a＝(8,4,0)，b＝(2,1,0)；③a＝(1,0，－1)，b＝(－3,0,3)；④a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，1，－1))，b＝(4，－3,3)．其中a，b分别为直线l1，l2的方向向量，则它们互相平行的是()A．②③ B．①④C．①②④ D．①②③④【解析】①∵a＝－b，∴a∥b.②∵a＝4b，∴a∥b.③∵b＝－3a，∴a∥b.④∵b＝－3a，∴a∥b.【答案】D2．已知线段AB的两端点坐标为A(9，－3,4)，B(9,2,1)则线段AB与坐标平面()A．xOy平行 B．xOz平行C．yOz平行 D．yOz相交【解析】∵A(9，－3,4)，B(9,2,1)∴eq\o(AB,\s\up12(→))＝(0,5，－3)∵yOz平面内的向量的一般形式为a＝(0，y，z)∴eq\o(AB,\s\up12(→))∥a∴eq\o(AB,\s\up12(→))∥平面yOz.∴AB∥平面yOz.【答案】C3．已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则()A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝eq\f(15,2)C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝eq\f(15,2)【解析】∵l1∥l2，设a＝λb，∴(2,4,5)＝λ(3，x，y)，∴x＝6，y＝eq\f(15,2).【答案】D4．已知平面α的法向量是(2,3，－1)，平面β的法向量是(4，λ，－2)，若α⊥β，则λ的值是()【导学号：32550041】A．－eq\f(10,3) B．6C．－6 D．eq\f(10,3)【解析】∵α⊥β，∴α的法向量与β的法向量也互相垂直．∴(2,3，－1)·(4，λ，－2)＝8＋3λ＋2＝0，∴λ＝－eq\f(10,3).【答案】A5．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中在平面α内的是()A．(1，－1,1) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3，\f(3,2)))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－3，\f(3,2))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，3，－\f(3,2)))【解析】要判断点P是否在平面α内，只需判断向量eq\o(PA,\s\up12(→))与平面α的法向量n是否垂直，即eq\o(PA,\s\up12(→))·n是否为0，因此，要对各个选项进行检验．对于选项A，eq\o(PA,\s\up12(→))＝(1,0,1)，则eq\o(PA,\s\up12(→))·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A；对于选项B，eq\o(PA,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－4，\f(1,2)))，则eq\o(PA,\s\up12(→))·n＝(1，－4，eq\f(1,2))·(3,1,2)＝0，故B正确；同理可排除C，D.故选B.【答案】B二、填空题6．(2023·黄山高二检测)已知l∥α，且l的方向向量为(2，－8,1)平面α的法向量为(1，y,2)，则y＝________.【解析】∵l∥α，∴l⊥α的法向量，∴2×1－8y＋1×2＝0，∴y＝eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2).7．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，向量(x，y，z)是平面ABC的一个法向量，则x∶y∶z＝________.【解析】设n＝(x，y，z)则n·eq\o(AB,\s\up12(→))＝0，即(x，y，z)·(－1,1,0)＝0，∴－x＋y＝0，n·eq\o(BC,\s\up12(→))＝0，即(x，y，z)·(0，－1,1)＝0，∴－y＋z＝0，∴x∶y∶z＝1∶1∶1.【答案】1∶1∶18．已知a＝(1,1,0)，b＝(1,1,1)，若b＝b1＋b2，且b1∥a，b2⊥a，则b1＝________，b2＝________.【解析】设b1＝(x，y，z)，∵b1∥a，∴x＝y，z＝0.又∵b2＝b－b1＝(1－x,1－y,1－z)，b2⊥a，∴b2·a＝1－x＋1－y＝0，得x＋y＝2.∴x＝y＝1.即b1＝(1,1,0)，b2＝(0,0,1)．【答案】(1,1,0)(0,0,1)三、解答题9．(2023·广州高二检测)用向量方法证明：如果两个相交平面与第三个平面垂直，则它们的交线也与第三个平面垂直．【解】已知：如图，α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ.求证：l⊥γ证明：设平面α，β，γ的法向量分别为a，b，c，直线l的方向向量为e，则a·e＝0，b·e＝0.因为a，b与e不共面，故存在实数x，y，z使c＝xa＋yb＋ze.因为a⊥c，b⊥c，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·xa＋yb＋ze＝0，,b·xa＋yb＋ze＝0，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x·a2＋ya·b＝0.,xa·b＋yb2＝0，))因为α与β相交，所以a与b不共线，所以eq\f(a2,a·b)≠eq\f(a·b,b2)，所以方程组有唯一解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝0，))所以c＝ze，即c∥e，从而有l⊥γ.图2­4­410．如图2­4­4所示，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.证明：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.【证明】(1)以D为坐标原点，DA、DC、DP所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．连结AC，AC交BD于G.连结EG.设DC＝a，依题意得A(a,0,0)，P(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，∵底面ABCD是正方形，∴G是此正方形的中心，故点G的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，且eq\o(PA,\s\up12(→))＝(a,0，－a)，EG＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2))).∴eq\o(PA,\s\up12(→))＝2eq\o(EG,\s\up12(→))，即PA∥EG.而EG⊂平面EDB且PA⊄平面EDB，∴PA∥平面EDB.(2)依题意得B(a，a,0)，PB＝(a，a，－a)．又eq\o(DE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2)))，故eq\o(PB,\s\up12(→))·eq\o(DE,\s\up12(→))＝0＋eq\f(a2,2)－eq\f(a2,2)＝0，∴PB⊥DE，由已知EF⊥PB，且EF∩DE＝E，所以PB⊥平面EFD.[能力提升]1．已知eq\o(AB,\s\up12(→))＝(1,5，－2)，eq\o(BC,\s\up12(→))＝(3,1，z)．若eq\o(AB,\s\up12(→))⊥eq\o(BC,\s\up12(→))，eq\o(BP,\s\up12(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则x，y，z分别为()\f(33,7)、－eq\f(15,7)、4 B．eq\f(40,7)、－eq\f(15,7)、4\f(40,7)、－2、4 D．4、eq\f(40,7)、－15【解析】eq\o(AB,\s\up12(→))⊥eq\o(BC,\s\up12(→))，∴eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝0，得z＝4.又BP⊥平面ABC，∴eq\o(BP,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝0，eq\o(BP,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝0，可解得x＝eq\f(40,7)，y＝－eq\f(15,7).【答案】B2．如图2­4­5，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF：FD的值为()图2­4­5A．1∶2 B．1∶1C．3∶1 D．2∶1【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形边长为1，PA＝a.则B(1,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，0))，P(0,0，a)．设点F的坐标为(0，y,0)，则eq\o(BF,\s\up12(→))＝(－1，y,0)，eq\o(PE,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1，－a)).∵BF⊥PE，∴eq\o(BF,\s\up12(→))·eq\o(PE,\s\up12(→))＝0，解得y＝eq\f(1,2)，则F点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))，∴F为AD中点，∴AF∶FD＝1∶1.【答案】B3．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果eq\o(AB,\s\up12(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AD,\s\up12(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up12(→))＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③eq\o(AP,\s\up12(→))是平面ABCD的法向量；④eq\o(AP,\s\up12(→))∥eq\o(BD,\s\up12(→))，其中正确的是________．【导学号：32550042】【解析】∵eq\o(AP,\s\up12(→))·eq\o(AB,\s\up12(→))＝0，eq\o(AP,\s\up12(→))·eq\o(AD,\s\up12(→))＝0，∴AP⊥AB，AP⊥AD且eq\o(AP,\s\up12(→))是平面ABCD的法向量．【答案】①②③4．(2023·北京朝阳期末)如图2­4­6，在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC.图2­4­6(1)求证：AC⊥PB；(2)设O，D分别为AC，AP的中点，点G为△OAB内一点，且满足eq\o(OG,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→)))，求证：DG∥面PBC；【证明】(1)因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PA⊥AC.又因为AB⊥AC，且PA∩AB＝A，所以AC⊥平面PAB.又因为PB⊂平面PAB，所以AC⊥PB.(2)法一：因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC.又因为AB⊥AC，所以建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz.设AC＝2a，AB＝b，PA＝2c，则A(0,0,0)，B(0，b,0)，C(2a,0,0)，P(0,0,2c)，D(0,0，c)，O(a,0,0)，又因为eq\o(OG,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→)))，所以Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(b,3)，0)).于是eq\o(DG,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(b,3)，－c))，eq\o(BC,\s\up12(→))＝(2a，－b,0)，eq\o(PB,\s\up12(→))＝(0，b，－2c)．设平面PBC的一个法向量n＝(x0，y0，z0)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up12(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up12(→))＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ax0－by0＝0，,by0－2cz0＝0.))不妨设z0＝1，则有y0＝eq\f(2c,b)，x0＝eq\f(c,a)，所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)，\f(2c,b)，1))因为n·eq\o(DG,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)，\f(2c,b)，1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(b,3)，－c))＝eq\f(c,a)·eq\f(a,3)＋eq\f(2c,b)·eq\f(b,3)＋1·(－c)＝0，所以n⊥eq\o(DG,\s\up12(→)).又因为DG⊄平面PBC，所以DG∥平面PBC.法二：取AB中点E，连接OE，则eq\o(OE,\s\up12(→))＝eq