2024-2025学年高中数学第二章空间向量与立体几何2.4用向量讨论垂直与平行课时作业含解析北师大版选修2-1

PAGEPAGE7课时作业9用向量探讨垂直与平行时间：45分钟——基础巩固类——一、选择题1．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(D)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).2．已知l∥π，且l的方向向量为(2，m,1)，平面π的法向量为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，2))，则m＝(A)A．－8 B．－5C．5 D．8解析：∵l∥π，∴直线l的方向向量与平面π的法向量垂直．∴2＋eq\f(m,2)＋2＝0，m＝－8.3．若两个不同平面π1，π2的法向量分别为n1＝(1,2，－2)，n2＝(－3，－6,6)，则(A)A．π1∥π2 B．π1⊥π2C．π1，π2相交但不垂直 D．以上均不正确解析：∵n1＝－eq\f(1,3)n2，∴n1∥n2，∴π1∥π2.4．若平面α与β的法向量分别是a＝(1,0，－2)，b＝(－1,0,2)，则平面α与β的位置关系是(A)A．平行 B．垂直C．相交不垂直 D．无法推断解析：因为a＝－1·b，所以a∥b.因此两个平面平行．5．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是(D)A．(eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3)) B．(eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))C．(－eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3)) D．(－eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3))解析：设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,0,1)．由n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＝0，,－x＋z＝0.))令z＝1，得x＝y＝1.所以n＝(1,1,1)，|n|＝eq\r(3)，得平面ABC的单位向量为(eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3)，eq\f(\r(3),3))或(－eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3)，－eq\f(\r(3),3))，故选D.6．在如图所示的空间直角坐标系中，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF＝90°，则点F的坐标为(A)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,3)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,4)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(2,3)，0))解析：设F(2，m,0)(0≤m≤2)，由题意知，E(2,0,1)，C1(0,2,2)，则eq\o(C1E,\s\up6(→))＝(2，－2，－1)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(0，m，－1)，∵∠C1EF＝90°，∴eq\o(C1E,\s\up6(→))·eq\o(EF,\s\up6(→))＝0，即－2m＋1＝0，解得m＝eq\f(1,2)，∴点F的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)，0)).7．已知平面α内有一点A(2，－1,2)，它的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是(B)A．(1，－1,1) B．(1,3，eq\f(3,2))C．(1，－3，eq\f(3,2)) D．(－1,3，－eq\f(3,2))解析：要推断点P是否在平面内，只需推断向量eq\o(PA,\s\up6(→))与平面的法向量n是否垂直，即推断eq\o(PA,\s\up6(→))·n是否为0即可，因此，要对各个选项进行逐个检验．对于选项A，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1,0,1)，则eq\o(PA,\s\up6(→))·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故解除A；对于选项B，eq\o(PA,\s\up6(→))＝(1，－4，eq\f(1,2))，则eq\o(PA,\s\up6(→))·n＝(1，－4，eq\f(1,2))·(3,1,2)＝0，故选B.8．已知直线l过点P(1,0，－1)且平行于向量a＝(2,1,1)，平面α过直线l与点M(1,2,3)，则平面α的法向量不行能是(D)A．(1，－4,2) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，－1，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，1，－\f(1,2))) D．(0，－1,1)解析：因为eq\o(PM,\s\up6(→))＝(0,2,4)，直线l平行于向量a，若n是平面α的一个法向量，则必需满意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·a＝0，,n·\o(PM,\s\up6(→))＝0，))把选项代入验证，只有选项D不满意，故选D.二、填空题9．设平面α与向量a＝(－1,2，－4)垂直，平面β与向量b＝(－2,4，－8)垂直，则平面α与β位置关系是平行．解析：因为a＝eq\f(1,2)b，所以a∥b.因为平面α与向量a垂直，所以平面α与向量b也垂直．而平面β与向量b垂直，所以α∥β.10．若A(0,2，eq\f(19,8))，B(1，－1，eq\f(5,8))，C(－2,1，eq\f(5,8))是平面α内的三点，设平面α的法向量a＝(x，y，z)，则xyz＝23(－4)．解析：eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，－3，－eq\f(7,4))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2，－1，－eq\f(7,4))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,a·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y－\f(7,4)z＝0，,－2x－y－\f(7,4)z＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,3)y，,z＝－\f(4,3)y，))∴xyz＝eq\f(2,3)yy(－eq\f(4,3)y)＝23(－4)．11．如图，已知矩形ABCD，PA＝AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满意PQ⊥QD，则a的值等于2.解析：先建立如图所示的空间直角坐标系，设|eq\o(BQ,\s\up6(→))|＝b，则A(0,0,0)，Q(1，b,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，D(0，a,0)，所以eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(1，b，－1)，eq\o(QD,\s\up6(→))＝(－1，a－b,0)．∵eq\o(PQ,\s\up6(→))⊥eq\o(QD,\s\up6(→))，∴b2－ab＋1＝0.∵b只有一解，∴Δ＝0，可得a＝2.三、解答题12．如图所示的五面体中，四边形ABCD是正方形，DA⊥平面ABEF，AB∥EF，AE⊥AF，DA＝AF＝1，AE＝eq\r(3)，P，Q分别为AE，BD的中点．求证：PQ∥平面BCE.证明：∵AE＝eq\r(3)，AF＝1，AE⊥AF，∴∠AEF＝30°.∵AB∥EF，∴∠EAB＝30°.以A为原点，AE，AF，AD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，则E(eq\r(3)，0,0)，B(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0)，D(0,0,1)，C(eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，1)，∴eq\o(EB,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),2)，－eq\f(1,2)，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0,0,1)．设平面BCE的法向量为n＝(x1，y1，z1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)x1－\f(1,2)y1＝0，,z1＝0，))令x1＝1，得平面BCE的一个法向量为n＝(1，－eq\r(3)，0)．∵P，Q分别为AE，BD的中点，∴P(eq\f(\r(3),2)，0,0)，Q(eq\f(\r(3),4)，－eq\f(1,4)，eq\f(1,2))，∴eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(－eq\f(\r(3),4)，－eq\f(1,4)，eq\f(1,2))，∴n·eq\o(PQ,\s\up6(→))＝－eq\f(\r(3),4)＋eq\f(\r(3),4)＝0，∴eq\o(PQ,\s\up6(→))⊥n，又PQ⃘平面BCE，∴PQ∥平面BCE.13．如图，在四棱锥E­ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°.求证：平面ADE⊥平面ABE.证明：取BE的中点O，连接OC.∵BC＝CE，∴OC⊥BE.又AB⊥平面BCE，∴以O为原点建立空间直角坐标系，如图．则由已知条件有C(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，E(0，－eq\r(3)，0)，D(1,0,1)，A(0，eq\r(3)，2)．设平面ADE的一个法向量为n＝(a，b，c)，则n·eq\o(EA,\s\up6(→))＝(a，b，c)·(0,2eq\r(3)，2)＝2eq\r(3)b＋2c＝0.且n·eq\o(DA,\s\up6(→))＝(a，b，c)·(－1，eq\r(3)，1)＝－a＋eq\r(3)b＋c＝0.可取n＝(0,1，－eq\r(3))．又AB⊥平面BCE.∴AB⊥OC，∴OC⊥平面ABE，∴平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．∵n·m＝(0,1，－eq\r(3))·(1,0,0)＝0，∴n⊥m，∴平面ADE⊥平面ABE.——实力提升类——14．已知A(1,0,0)，B(0,1,1)，C(1,1,0)，D(1,2,0)，E(0,0,1)，则直线DE与平面ABC的位置关系是(B)A．平行B．DE平面ABCC．相交D．平行或DE平面ABC解析：因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，设平面ABC的一个法向量为n＝(x，y,1)，则n·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0且n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋y＋1＝0，,x－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝0.))所以n＝(1,0,1)，又eq\o(DE,\s\up6(→))＝(－1，－2,1)，所以eq\o(DE,\s\up6(→))·n＝(－1，－2，1)·(1,0,1)＝0，即eq\o(DE,\s\up6(→))⊥n，则DE∥平面ABC或DE平面ABC.因为eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，所以eq\o(BD,\s\up6(→))＝2eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))，所以A，B，C，D四点共面，即点D在平面ABC内，所以DE平面ABC.15．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4.(1)求证：AC⊥BC1；(2)在AB上是否存在点D，使得AC1⊥CD?(3)在AB上是否存在点D，使得AC1∥平面CDB1?解：直三棱柱ABC­A1B1C1，AC＝3，BC＝4，AB＝5，则AC，BC，CC1两两垂直，以C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，则C(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)．(1)证明：∵eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－3,0,0)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0，－4，4)，∴eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝0，∴eq\o(AC,\s\up6(→))⊥