《2022年秋高中数学第一章空间向量与立体几何1.4空间向量的应用1.4.1用空间向量研究直线平面的位置关系第2课时空间中直线与平面的垂直课后提能训练新人教A版选择性必修第一册》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年秋高中数学第一章空间向量与立体几何1.4空间向量的应用1.4.1用空间向量研究直线平面的位置关系第2课时空间中直线与平面的垂直课后提能训练新人教A版选择性必修第一册（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第一章1.41.4.1第2课时A级基础过关练1若直线l的方向向量为(2，1，m)，平面的法向量为，且l，则m的值为()A1B2C4D4【答案】C【解析】因为l，所以直线l的方向向量与平面的法向量是共线向量，所以，解得m42若平面，的法向量分别为n1(2，3，5)，n2(3，1，4)，则()ABC，相交但不垂直D以上均不正确【答案】C【解析】因为n1n2(2，3，5)(3，1，4)2(3)(3)15(4)290，所以n1与n2不垂直，显然n1与n2不平行，所以，相交但不垂直3已知点A(0，0，0)，B(1，0，1)，C(1，2，1)，P(x，y，1)，若PA平面ABC，则点P的坐标为()A(1，
2、0，1)B(1，0，1)C(1，1，1)D(1，0，0)【答案】B【解析】由已知得(x，y，1)，(1，0，1)，(1，2，1)若PA平面ABC，则即解得x1，y0故点P的坐标为(1，0，1)故选B4在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，(2，1，4)，(4，2，0)，(1，2，1)，则直线PA与底面ABCD的关系是()A平行B垂直C在平面内D成60角【答案】B【解析】因为(2，1，4)，(4，2，0)，(1，2，1)，所以(1)22(1)(1)(4)0，(1)422(1)00所以，即APAB，APAD又因为ABADA，所以直线PA平面ABCD5已知直线l1的方向向量a(2，2，x)
3、，直线l2的方向向量b(2，y，2)，若|a|3，且l1l2，则xy的值是()A4或0B4或1C4D0【答案】A【解析】因为|a|3，所以x1又因为l1l2，所以ab，所以ab222y2x0，所以y2x当x1时，y1；当x1时，y3所以xy0或xy46设u(2，2，t)，v(6，4，5)分别是平面，的法向量，若，则实数t的值是()A1B2C3D4【答案】D【解析】因为，所以uv，则uv1285t0，解得t4故选D7(多选)四边形ABCD是菱形，PA平面ABCD，则下列等式成立的是()A0B0C0D0【答案】ABC【解析】因为PA平面ABCD，所以0，0成立又因为()()()220成立，()20
4、故选项ABC成立8已知单位向量a，b的夹角为45，kab与a垂直，则k_【答案】【解析】由题意可得ab11cos45，由向量垂直的充分必要条件可得(kab)a0，即ka2abk0，解得k9平面与平面的法向量分别是m，n，直线l的方向向量是a，给出下列论断：mn；mn；aml；aml其中正确的论断为_(把正确论断的序号填在横线上)【答案】【解析】法向量平行的两个平面互相平行，正确；法向量垂直的两个平面互相垂直，正确；直线的方向向量与平面的法向量垂直时，直线与平面平行或在平面内，错误；直线的方向向量与平面的法向量共线，则直线与平面垂直，正确10如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M
5、为棱BB1的中点，在棱DD1上是否存在点P使MD平面PAC?解：如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，M假设存在P(0，0，a)满足条件，则(1，0，a)，(1，1，0)，设平面PAC的法向量n(x1，y1，z1)由得令x11，得y11，z1，所以n若MD平面PAC，则n因为，所以a2又因为0a1，所以不存在点P使MD平面PACB级能力提升练11如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，AA1，AD2，P为C1D1的中点，M为BC的中点，则APM的面积为()AB3C2D2【答案】B【解析】以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y
6、轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz依题意得D(0，0，0)，P(0，1，)，C(0，2，0)，A(2，0，0)，M(，2，0)，所以(，1，)，(，2，0)所以(，1，)(，2，0)0，即，所以AMPM又因为|，|所以SAPM|312(多选)(2022年淄博期末)在空间直角坐标系Oxyz中，平面的法向量为n(1，1，1)，直线l的方向向量为m，则下列说法错误的是()A若m，则lB若m(1，0，1)，则lC平面与所有坐标轴相交D原点O一定不在平面内【答案】ABD【解析】对于A选项，mn10，所以mn，故l或l，故A错误；对于B选项，mn1010，所以mn，故l或l，故B错误；对于C选
7、项，由于法向量的横、纵、竖坐标均不取零，故平面不与坐标轴确定的平面平行，所以平面与所有坐标轴相交，故C正确；对于D选项，由于法向量不能确定平面的具体位置，故不能确定原点O与平面的关系，故D错误故选ABD13已知(1，5，2)，(3，1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为_【答案】，4【解析】由题意可知，所以即解得x，y，z414(2021年北京期中)如图，平行六面体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且C1CBC1CDBCD60CDCC11，则A1C与平面C1BD_(填“垂直”或“不垂直”)；A1C的长为_【答案】垂直【解析】设a，b，c，由题意可得
8、abc，则()(abc)(ba)b2a2cbcacos60cos600，CA1BD，同理可证CA1BC1，BDBC1B，故CA1平面C1BDC1CBC1CDBCD60，CDCC11，CDCBCC11，2(abc)2a2b2c22(abbcac)11126，即A1C的长为15如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E为BC的中点在线段AN上是否存在点S，使得ES平面AMN?解：如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系依题意，易得A(1，0，0)，M(0，0，1)，N(1，1，1)，E假设在线段AN上存在点S，使得ES平面AMN因为(0，1，1)，可设(0，)又因为，所以由ES平面AMN，得即故，此时，|经检验，当AS时，ES平面AMN故线段AN上存在点S，使得ES平面AMN1
