2022版新教材数学人教A版选择性必修第一册基础训练：1-4-1 第2课时 空间中直线、平面的平行 WORD版含解析.docx

1、课时评价作业基础达标练1.已知线段AB 的两端点为A(9,-3,4) ，B （9，2，1），则线段AB 与坐标平面( )A.Oxy 平行 B.Ozx 平行C.Oyz 平行 D.Oyz 相交答案： C2.（2020广东广州海珠高二期末联考）已知n 为平面 的一个法向量，l 为一条直线，则“ln ”是“l ”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件答案： B3.若AB=CD+CE ，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A.相交 B.平行C.在平面内 D.平行或在平面内答案：D4.若直线l 的方向向量为a ，平面 的法向量为n ，则可能使l 的是(

2、)A.a=(1,0,0),n=(-2,0,0)B.a=(1,3,5),n=(1,0,1)C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1)D.a=(1,-1,3),n=(0,3,1)答案：D5.已知平面 的法向量为u=(x,1,-2) ，平面 的法向量为v=(-1,y,12) ，若 ，则x+y= ( )A.154 B.174 C.3 D.52答案：A6.已知两个不重合的平面 与平面ABC ，若平面 的法向量为n1=(2,-3,1),AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1) ，则( )A.平面 平面ABCB.平面 平面ABCC.平面 、平面ABC 相交但不垂直D.以上均有可能答案：A7.（202

3、0辽宁抚顺六校协作体高二期末）平面 的一个法向量为m=(k,2k,100) ，直线l 的一个方向向量为n=(k,-1,0) ，若l ，则k= .答案：0或28.在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A(1,-2,3) ，B(2 ，1，-1)，若直线AB 交Ozx 平面于点C ，则点C 的坐标为 .答案：(53,0,13)解析：设点C 的坐标为(x,0,z) ，则AC=(x-1,2,z-3) ，易知AB=(1,3,-4) ，因为AC 与AB 共线，所以x-11=23=z-3-4 ，解得x=53,z=13, 所以点C 的坐标为(53,0,13) .素养提升练9.（多选题）如图，在平行六面体ABCD-A

4、1B1C1D1 中，点M,P,Q 分别为棱AB,CD,BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则下列四个结论中正确的是( )A.A1MD1P B.A1MB1QC.A1M 平面DCC1D1 D.A1M 平面D1PQB1答案： ACD解析：易知A1M=A1A+AM=A1A+12AB ，D1P=D1D+DP=A1A+12AB ，所以A1M=D1P, 所以A1MD1P ，故A中结论正确；因为PQ 与D1B1 平行且不相等，所以四边形D1PQB1 为梯形，所以D1P 与B1Q 不平行，即A1M 与B1Q 不平行，故B中结论错误；由线面平行的判定定理可知，A1M 平面DCC1D1,A1M 平面D1PQB

5、1, 故C，D中结论正确.10.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，AC=3,BC=4,AB=5,AA1=4 .若在棱AB 上存在点D ，使得AC1 平面CDB1 ，则点D 满足( )A.AD=23AB B.AD=12ABC.AD=22AB D.AD=36AB答案： B解析：因为AC=3,BC=4,AB=5, 所以AC2+BC2=AB2, 所以ACBC, 则在直三棱柱ABC-A1B1C1 中，CA,CB,CC1 两两垂直，以C 为原点，CA,CB,CC1 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，则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,4,0),B1(0,4

6、,4),C1(0,0,4),设点D(x,y,0)(0x3,0y4) ，则CD=(x,y,0),CB1=(0,4,4),AC1=(-3,0,4),设平面CDB1 的法向量为m=(a,b,c),则mCD=0,mCB1=0, 即ax+by=0,4b+4c=0,令b=-x ，则m=(y,-x,x) ，若AC1 平面CDB1, 则AC1m=0,所以-3y+4x=0 ，由D 在AB 上得x-3-3=y4 ，即4x+3y=12 ，由可得x=32,y=2 ，即D 为AB的中点，故AD=12AB .11.如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA=1 ，OD=2

7、 ，OAB ，OAC ，ODE ，ODF 都是正三角形.求证：BCEF .答案：证明 过点F 作FQAD ，交AD 于点Q ，连接QE,QF ，由平面ABED 平面ACFD 知FQ 平面ABED ，易得QF,QD,QE 两两垂直，以Q 为坐标原点，QE 为x 轴的正方向，QD 为y 轴的正方向，QF 为z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.则E(3,0,0),F(0,0,3),B(32,-32,0),C(0,-32,32) ，所以BC=(-32,0,32),EF=(-3,0,3) ，所以EF=2BC ，又BC 与EF 不重合，故BCEF .12.如图，在多面体ABC-A1B1C1 中，四

8、边形A1ABB1 是正方形，AB=AC ，BC=2AB ，B1C1BC ，B1C1=12BC ，二面角A1-AB-C 是直二面角.求证：AB1 平面A1C1C .答案：证明 因为二面角A1-AB-C 是直二面角，四边形A1ABB1 是正方形，所以AA1 平面BAC .又因为AB=AC,BC=2AB ，所以CAB=90, 即CAAB ，所以AB,AC,AA1 两两垂直.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) ，所以AB1=(0,2,2),A1C1=(1,1,0),A1C=(2,

9、0,-2).设平面A1C1C 的法向量为m=(x,y,z),则mA1C1=0,mA1C=0, 即x+y=0,2x-2z=0,令x=1 ，则y=-1,z=1 ，即m=(1,-1,1) ，所以AB1m=01+2(-1)+21=0 ，所以AB1m. 又AB1 平面A1C1C,所以AB1 平面A1C1C .13.如图，在正方体ABCD-ABCD 中，求证：平面ABD 平面BDC .答案：证明 设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0) ，B(1,1,1) ，D(0,0,1) ，B(1,1,0) ，D(0,0,0) ，C(0,1,1) ，所以AB=(0,1,1) ，DB=(1,

10、1,0) ，DB=(1,1,0) ，DC=(0,1,1) ，设平面ABD 的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1AB,n1DB,即n1AB=y1+z1=0,n1DB=x1+y1=0.令y1=1, 则x1=-1 ，z1=-1 所以平面ABD 的一个法向量为n1=(-1,1,-1),设平面BDC 的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2DB,n2DC,即n2DB=x2+y2=0,n2DC=y2+z2=0.令y2=1, 则x2=-1,z2=-1, 所以平面BDC 的一个法向量为n2=(-1,1,-1),所以n1=n2, 所以n1n2, 故平面ABD 平面BDC .创新拓展练14.（2021

11、山东济宁实验中学高二月考）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，E,F,G 分别是AB,CC1,AD 的中点.（1）求异面直线B1E 与BG 所成角的余弦值;（2）在棱CD 上是否存在点T ，使得AT 平面B1EF ？请说明理由.命题分析 本题考查了立体几何中异面直线所成的角、存在性问题的求解，重点考查了利用空间向量求解立体几何中的角度和位置关系问题.答题要领 以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2a ，可得各点的坐标.（1）设异面直线B1E 与BG 所成的角为, 利用cos=|B1EBG|B1E|BG| 可求得结果.（2）设存在点T(0,t,0),t0,2a 满足题意

12、，求出平面B1EF 的法向量n 后，根据ATn ，得到ATn=0 ，从而求出t 的值，最后得到结果.详细解析（1）以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.设正方体的棱长为2a ，则B(2a,2a,0) ，B1(2a,2a,2a) ，E(2a,a,0) ，G(a,0,0) ，D(0,0,0) ，F(0,2a,a) ，A(2a,0,0) .设异面直线B1E 与BG 所成的角为 .易得B1E=(0,-a,-2a),BG=(-a,-2a,0),cos=|B1EBG|B1E|BG|=2a25a5a=25, 即异面直线B1E 与BG 所成角的余弦值为25 .（2）假设在棱CD 上存在点T(0,t,0),t0,2a ，使得AT 平面B1EF .易得EF=(-2a,a,a),AT=(-2a,t,0),设平面B1EF 的法向量为n=(x,y,z),B1En=-ay-2az=0,EFn=-2ax+ay+az=0, 令z=1, 则y=-2,x=-12 ，n=(-12,-2,1) ，ATn=a-2t=0 ，解得t=a2 ，DT=14DC ， 在棱CD 上存在点T ，当DT=14DC 时，AT 平面B1EF .解题感悟 处理存在性问题的关键是假设成立，利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程求解.