【数学】2021届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法第课时证明空间位置关系作业

【数学】2021届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法第课时证明空间位置关系作业

第1课时 证明空间位置关系 ‎1．若直线l的一个方向向量为a＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u＝(1,1，－1)，则(　　)‎ A．l∥α或l⊂α　　　　　　 B．l⊥α C．l⊂α D．l与α斜交 解析：A　[由条件知a·u＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l⊂α.故选A.]‎ ‎2．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k)，若α⊥β，则k等于(　　)‎ A．2 B．－4‎ C．－5 D．－2‎ 解析：C　[因为α⊥β，所以1×(－2)＋2×(－4)＋(－2)×k＝0，所以k＝－5.]‎ ‎3．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(　　)‎ A. B. C. D. 解析：D　[因为A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，所以＝(－1,1,0)，＝(－1,0,1)．‎ 经验证，当n＝时，‎ n·＝－＋0＝0，n·＝＋0－＝0，故选D.]‎ ‎4．如图，在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AB＝2，AA1＝，AD＝2，P为C1D1的中点，M为BC的中点．则AM与PM的位置关系为(　　)‎ A．平行 B．异面 C．垂直 D．以上都不对 解析：C　[以D点为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，依题意，可得，D(0,0,0)，P(0,1，)，C(0,2,0)，A(2，0,0)，M(，2,0)．‎ ‎∴＝(，2,0)－(0,1，)＝(，1，－)，＝(，2,0)－(2，0,0)＝(－，2,0)，∴·＝(，1，－)·(－，2,0)＝0，即⊥，∴AM⊥PM.故选C项．]‎ ‎5.在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝A1D，AF＝AC，则(　　)‎ A．EF至多与A1D，AC之一垂直 B．EF⊥A1D，EF⊥AC C．EF与BD1相交 D．EF与BD1异面 解析：B　[以D点为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1,1,0)，‎ ＝，＝(－1，－1,1)，＝－，·＝·＝0，从而EF∥BD1，EF⊥A1D，EF⊥AC.故选B.]‎ ‎6．在空间直角坐标系中，点P(1，，)，过点P作平面yOz的垂线PQ，则垂足Q的坐标为________．‎ 解析：由题意知，点Q即为点P在平面yOz内的射影，‎ 所以垂足Q的坐标为(0，，)．‎ 答案：(0，，)‎ ‎7．(2019·武汉市调研)已知平面α内的三点A(0,0,1)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，平面β的一个法向量n＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________________________________________________________________________．‎ 解析：设平面α的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由m·＝0，得x·0＋y－z＝0⇒y＝z，‎ 由m·＝0，得x－z＝0⇒x＝z，取x＝1，‎ ‎∴m＝(1,1,1)，m＝－n，∴m∥n，∴α∥β.‎ 答案：α∥β ‎8．如图，在正方体ABCD－A1B‎1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A‎1M＝AN＝，则MN与平面BB‎1C1C的位置关系是________．‎ 解析：∵正方体棱长为a，A‎1M＝AN＝，‎ ‎∴＝，＝，‎ ‎∴＝＋＋＝＋＋ ‎＝(＋)＋＋(＋)‎ ‎＝＋.‎ 又∵是平面B1BCC1的法向量，‎ ‎∴·＝·＝0，‎ ‎∴⊥.又∵MN⊄平面B1BCC1，∴MN∥平面B1BCC1.‎ 答案：平行 ‎9．如图，在多面体ABC－A1B‎1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB＝AC，BC＝AB，B‎1C1‎ ‎瘙
綊BC，二面角A1－AB－C是直二面角．求证：‎ ‎(1)A1B1⊥平面AA‎1C；‎ ‎(2)AB1∥平面A‎1C1C.‎ 证明：∵二面角A1－AB－C是直二面角，四边形A1ABB1为正方形，∴AA1⊥平面BAC.‎ 又∵AB＝AC，BC＝AB，‎ ‎∴∠CAB＝90°，即CA⊥AB，‎ ‎∴AB，AC，AA1两两互相垂直．‎ 建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 设AB＝2，则A(0,0,0)，B1(0,2,2)，A1(0,0,2)，C(2,0,0)，C1(1,1,2)．‎ ‎(1)＝(0,2,0)，＝(0,0，－2)，＝(2,0,0)，‎ 设平面AA‎1C的一个法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即即 取y＝1，则n＝(0,1,0)．‎ ‎∴＝2n，即∥n.∴A1B1⊥平面AA‎1C.‎ ‎(2)易知＝(0,2,2)，＝(1,1,0)，＝(2,0，－2)，设平面A‎1C1C的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 令x1＝1，则y1＝－1，z1＝1，即m＝(1，－1,1)．‎ ‎∴·m＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴⊥m.‎ 又AB1⊄平面A‎1C1C，∴AB1∥平面A‎1C1C.‎ ‎10．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，∠B ‎＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°的角．求证：‎ ‎(1)CM∥平面PAD；‎ ‎(2)平面PAB⊥平面PAD.‎ 证明：(1)以C为坐标原点，CB为x轴，CD为y轴，CP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.‎ ‎∵PC⊥平面ABCD，‎ ‎∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，‎ ‎∴∠PBC＝30°，‎ ‎∵PC＝2，∴BC＝2，PB＝4，‎ ‎∴D(0,1,0)，B(2，0,0)，A(2，4,0)，P(0,0,2)，‎ M，‎ ‎∴＝(0，－1,2)，＝(2，3,0)，‎ ＝.‎ ‎(1)设n＝(x，y，z)为平面PAD的一个法向量，‎ 由即 令y＝2，得n＝(－，2,1)．‎ ‎∴n·＝－×＋2×0＋1×＝0，‎ ‎∴n⊥.又CM⊄平面PAD，‎ ‎∴CM∥平面PAD.‎ ‎(2)如(1)中图，取AP的中点E，连接BE，‎ 则E(，2,1)，＝(－，2,1)．‎ ‎∵PB＝AB，∴BE⊥PA.‎ 又∵·＝(－，2,1)·(2，3,0)＝0，‎ ‎∴⊥，∴BE⊥DA.‎ 又PA∩DA＝A，∴BE⊥平面PAD.‎ 又∵BE⊂平面PAB，‎ ‎∴平面PAB⊥平面PAD.‎