6.3.2第1课时空间向量与平行关系同步练习-2024-2025学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

6.3.2　空间线面关系的判定 第1课时　空间向量与平行关系 一、基础达标 1.设向量a=(3,-2,-1)是直线l的方向向量,n=(-1,-2,1)是平面α的法向量,则(　　) A.l与α相交 B.l∥α或l⊂α C.l∥α D.l⊂α 2.已知n1=(,x,2),n2=(3,-,2)分别是平面α,β的法向量,若α∥β,则x=(　　) A.-7 B.-1 C.7 D.1 3.在空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-2,-1,6),C(3,2,1),D(4,3,0),则直线AB与CD的位置关系是(　　) A.垂直 B.平行 C.异面 D.相交但不垂直 4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2AA1,当=λ时,有D1P∥平面BDC1,则实数λ的值为(　　) A.1 B.2 C.3 D. 5.如图,已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体ABCD-A1B1C1D1组合而成的,且PC=AB.求证:PC∥平面ADC1B1. 二、能力提升 6.设α,β是不重合的两个平面,α,β的法向量分别为n1,n2,l和m是不重合的两条直线,l,m的方向向量分别为e1,e2,那么α∥β的一个充分条件是(　　) A.l⊂α,m⊂β,且e1⊥n1,e2⊥n2 B.l⊂α,m⊂β,且e1∥e2 C.e1∥n1,e2∥n2,且e1∥e2 D.e1⊥n1,e2⊥n2,且e1∥e2 7.《九章算术》是我国古代数学名著,书中将底面为矩形,且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图,在阳马P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,PA=AB,E,F分别为PD,PB的中点,=λ,若GH∥平面EFC,则λ=(　　) A.3 B.4 C.5 D.6 8.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=5,AD=AB=4,M,N,P分别是棱C1D1,BC,CC1上的点,且C1M=MD1,C1P=C1C,CN=CB,Q是平面ABCD内一动点,若直线D1Q与平面MNP平行,则的最小值为(　　) A. B.17 C. D. 9.如图,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,E,F分别为PD,PB的中点,点G在线段AP上,AC与BD交于点O,PA=AB=2,若OG∥平面EFC,则AG=　　　　　.  10.如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD满足AB⊥AD,AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,且SA=AB=BC=1,AD=0.5,E为SB中点.求证:AE∥平面SCD. 11.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点.问:当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO? 12.如图所示的几何体为圆台的一部分,上、下底面分别为半径为1,2的扇形,D1O=OB,体积为. (1)求AB. (2)劣弧AB上是否存在M使OB1∥平面AD1M?猜想并证明. 参考答案 1.B　由题意,a·n=(3,-2,-1)·(-1,-2,1)=-3+4-1=0,即a⊥n,故l∥α或l⊂α.故选B. 2.B　因为n1=(,x,2),n2=(3,-,2),α∥β, 所以n1∥n2,所以,解得x=-1.故选B. 3.B　由题意,得=(-3,-3,3),=(1,1,-1), ∴=-3,∴共线. 又AB与CD没有公共点,∴AB∥CD. 4.C　以点A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设AA1=1,则A1(0,0,1),B(2,0,0),C(2,2,0),C1(2,2,1),D(0,2,0),D1(0,2,1). 设P(x,y,z),则=(2,2,-1),=(x,y,z-1), 由=λ=(2,2,-1)=λ=(λx,λy,λz-λ), 即x=,y=,z=1-,所以P(,1-),则=(-2,-). 设平面BDC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),=(0,2,1),=(-2,2,0), 所以 令y1=1,则x1=1,z1=-2,所以m=(1,1,-2). 由D1P∥平面BDC1可知,m·=0,即-2=0,所以λ=3.故选C. 5.证明 如图,以点A1为原点,A1B1为x轴,A1D1为y轴,A1A为z轴建立空间直角坐标系.设AB=2a,则PC=AB=a,过P作PP1⊥平面ABCD.因为P-ABCD是正四棱锥,所以P1是正方形ABCD的中心,PC2=P+C,PC=a,CP1=a,所以PP1=a,C(2a,2a,2a),P(a,a,3a),=(a,a,-a).设平面ADC1B1的法向量为n=(x,y,z),A(0,0,2a),D(0,2a,2a),C1(2a,2a,0),=(0,2a,0),=(2a,2a,-2a),则可得所以n=(1,0,1),n·=a+0-a=0,PC不在平面ADC1B1内,所以PC∥平面ADC1B1. 6.C　对于C,有n1∥n2,则α∥β.故选C. 7.C　以A为坐标原点,正方向为x轴、y轴、z轴,可建立如图所示空间直角坐标系, 设AD=a(a>0),则A(0,0,0),P(0,0,a),C(a,a,0),E(0,),F(,0,),所以=(,-,0),=(0,0,a),=(a,a,-a),=(a,,-). 设平面EFC的法向量n=(x,y,z), 则令x=1,得y=1,z=3, 所以n=(1,1,3).由可得G是PC的中点,G(),由=λ可得H(0,0,),所以=(-,-).因为GH∥平面EFC,所以·n=-=0,解得λ=5.故选C. 8.A　如图,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, 则D1,N,M(0,2,5),P,B1(4,4,5).设平面MPN的法向量为n=(x,y,z), 则 令y=3,则z=2,x=4,故n=. 设Q,则, 因为直线D1Q与平面MNP平行,所以·n=(s,t,-5)·=4s+3t-10=0,=(4-s,4-t,5)·(-s,-t,5)=s2-4s+t2-4t+25. 因为4s+3t=10,所以s=, 故=s2-4s+t2-4t+25=-10+3t+t2-4t+25=, 故当t=时,取得最小值,最小值为. 故选A. 9.　如图所示,以A为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,由题意可得P(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),O(1,1,0),则F(1,0,1),E(0,1,1),所以=(1,2,-1),=(-1,1,0).设平面EFC的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则得一个法向量为n=(1,1,3). 因为OG∥平面EFC,则n·=0.设G(0,0,a), 则=(-1,-1,a),所以-1-1+3a=0,解得a=, 所以G(0,0,),即AG=.故答案为. 10.证明 由题可知SA⊥底面ABCD,AB⊥AD,故AS,AB,AD两两垂直.则以A为原点,分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),D(,0,0),S(0,0,1),B(0,1,0),C(1,1,0),E(0,),=(0,),=(,1,0),=(,0,-1).设平面SCD的一个法向量为m=(x,y,z),则令x=2,则y=-1,z=1,所以m=(2,-1,1).又·m=0×2+×(-1)+×1=0,所以⊥m.因为AE⊄平面SCD,所以AE∥平面SCD. 11.解 Q为CC1的中点.设正方体的棱长为1, 以{}为单位正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.在CC1上任取一点Q,连接BQ,D1Q, 则O(,0),P(0,0,),A(1,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1). 设Q(0,1,z),0≤z≤1, 则=(-,-),=(-1,-1,1). ∵=2,∴, 又OP与BD1无公共点,∴OP∥BD1. =(-1,0,),=(-1,0,z),当z=时,,又AP与BQ无公共点,∴AP∥BQ, 又AP∩OP=P,BQ∩BD1=B,AP,OP⊂平面PAO,BQ,BD1⊂平面D1BQ, ∴平面PAO∥平面D1BQ, 即当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO. 12.解 (1)由题意可知D1O=OB=2,设∠A1D1B1=∠AOB=α,设上底的面积为S1,下底的面积为S2,则S1=×1×1×α=,S2=×2×2×α=2α,所以V=(S1++S2)·DO1=+2α)·2=, 解得α=. 在△AOB中,由余弦定理可得AB2=OA2+OB2-2OA·OB·cos∠AOB=12,所以AB=2. (2)不存在,证明如下: 过O作OB的垂线交劣弧AB于点N,由(1)可知∠AOB=,所以∠AON=,以ON,OB,OD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(,-1,0),D1(0,0,2),B1(0,1,2),O(0,0,0). 设M(2cos β,2sin β,0)(-<β<), 则=(0,1,2),=(-,1,2),=(2cos β-,2sin β+1,0).设平面AD1M的法向量为n=(x,y,z),由可得因为-<β<,所以2sin β+1≠0,取x=2sin β+1,则有n=(2sin β+1,-2cos β,sin β+cos β).若OB1∥平面AD1M,则有·n=0,即-2cos β+2(sin β+cos β)=+2sin β=0,即2sin β+1=0,矛盾,所以OB1∥平面AD1M不成立,故劣弧AB上不存在M使OB1∥平面AD1M. 1 学科网（北京）股份有限公司 $