高中數(shù)學(xué)人教A版1第三章空間向量與立體幾何（市一等獎）

第三章(本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以獨立形式分冊裝訂！)一、選擇題(每小題5分，共20分)1．若直線l的方向向量為a＝(－1,0，－2)，平面α的法向量為u＝(4,0,8)，則()A．l∥α B．l⊥αC．l?α D．l與α斜交解析：u＝－4a，∴a∥u，∴l(xiāng)⊥α答案：B2．若兩個不同平面α，β的法向量分別為u＝(1,2，－1)，v＝(－4，－8,4)，則()A．α∥β B．α⊥βC．α，β相交但不垂直 D．以上均不正確解析：∵u＝－eq\f(1,4)v，∴α∥β，故選A.答案：A3．若直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，則能使l∥α(或l?α)的是()A．a(chǎn)＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)B．a(chǎn)＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)C．a(chǎn)＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)D．a(chǎn)＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)解析：∵l∥α，∴a⊥n，經(jīng)驗證只有D中a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)，滿足a⊥n，這是因為1×0＋(－1)×3＋3×1＝0.答案：D4．已知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1,5，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(3,1，z)，若eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則向量eq\o(BP,\s\up6(→))等于()\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3)) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,7)，－\f(15,7)，－3))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(40,7)，－2，－3)) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(40,7)，－3))解析：eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝3＋5－2z＝0，故z＝4，由eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝x－1＋5y＋6＝0，且eq\o(BP,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝3(x－1)＋y－12＝0，得x＝eq\f(40,7)，y＝－eq\f(15,7).eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(33,7)，－\f(15,7)，－3)).答案：A二、填空題(每小題5分，共10分)5．有以下結(jié)論：①若直線l1，l2的方向向量分別為a＝(1,2，－2)，b＝(－2,3,2)，則l1⊥l2.②若平面α、β的法向量分別為u＝(1,2，－2)，v＝(－2,3,2)，則α⊥β.③若直線l的方向向量為a＝(1,2，－2)，平面α的法向量為v＝(－2,3,2)，則l⊥α.④已知平面α、β的法向量分別為u＝(1,2，－2)，v＝(－2，y，z)，若α∥β，則y·z＝－16.以上結(jié)論正確的序號為________．(把你認(rèn)為正確的序號都填上)解析：對于①：因為a·b＝0，∴l(xiāng)1⊥l2，①正確；對于②：因為u·v＝0，所以α⊥β，②正確；對于③：因為a·v＝0，所以l?α或l∥α，③錯誤；對于④：因為α∥β，所以u∥v，∴eq\f(－2,1)＝eq\f(y,2)＝eq\f(x,－2)，∴y＝－4，z＝4，y·z＝－16，④正確．答案：①②④6．已知點A(3,4,0)，B(2,5,5)，C(0,3,5)，且四邊形ABCD是平行四邊形，則頂點D的坐標(biāo)為________．解析：方法一：設(shè)D點的坐標(biāo)為(x，y，z)，根據(jù)題意，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(－x，3－y,5－z)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1,1,5)，由于四邊形ABCD是平行四邊形，所以eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(DC,\s\up6(→)).所以(－x,3－y,5－z)＝(－1,1,5)，解得x＝1，y＝2，z＝0.所以D點的坐標(biāo)為(1,2,0)．方法二：由于四邊形ABCD是平行四邊形，所以其對角線互相平分．設(shè)AC的中點為M，坐標(biāo)為(x，y，z)，則(x，y，z)＝eq\f(1,2)[(3,4,0)＋(0,3,5)]＝eq\f(1,2)(3,7,5)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,2)，\f(5,2))).又設(shè)D點的坐標(biāo)為(x0，y0，z0)，eq\f(1,2)[(x0，y0，z0)＋(2,5,5)]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,2)，\f(5,2)))，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x0＋2,2)，\f(y0＋5,2)，\f(z0＋5,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(7,2)，\f(5,2)))，∴x0＝1，y0＝2，z0＝0，即D點的坐標(biāo)為(1,2,0)．答案：(1,2,0)三、解答題(每小題10分，共20分)7．(1)設(shè)u，v分別是不同的平面α，β的法向量，根據(jù)下列條件判斷α，β的位置關(guān)系：①u＝(－1,1，－2)，v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(1,2)))；②u＝(3,0,0)，v＝(－2,0,0)；③u＝(4,2，－3)，v＝(1,4，－2)．(2)設(shè)u是平面α的法向量，a是直線l的方向向量，根據(jù)下列條件判斷α與l的位置關(guān)系：①u＝(2,2，－1)，a＝(－6,8,4)；②u＝(2，－3,0)，a＝(8，－12,0)；③u＝(1,4,5)，a＝(－2,4,0)．解析：(1)①∵u＝(－1,1，－2)，v＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，2，－\f(1,2)))，∴u·v＝－3＋2＋1＝0，∴u⊥v，∴α⊥β.②∵u＝(3,0,0)，v＝(－2,0,0)，∴u＝－eq\f(3,2)v，∴u∥v，∴α∥β.③∵u＝(4,2，－3)，v＝(1,4，－2)，∴u與v不共線也不垂直，∴α、β相交但不垂直．(2)①∵u＝(2,2，－1)，a＝(－6,8,4)，∴u·a＝－12－4＋16＝0，∴u⊥a，∴l(xiāng)?α或l∥α.②∵u＝(2，－3,0)，a＝(8，－12,0)，∴u＝eq\f(1,4)a，∴u∥a，∴l(xiāng)⊥α.③∵u＝(1,4,5)，a＝(－2,4,0)，∴u與a不共線也不垂直，∴l(xiāng)與α斜交．8．已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E，F(xiàn)分別是BB1，DD1的中點，求證：FC1∥平面ADE證明：如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則有D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，E(2,2,1)，F(xiàn)(0,0,1)，B1(2，2,2)，所以eq\o(FC1,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(0,2,1)．設(shè)n1＝(x1，y1，z1)是平面ADE的法向量，則n1⊥eq\o(DA,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(AE,\s\up6(→))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up6(→))＝2x1＝0,n1·\o(AE,\s\up6(→))＝2y1＋z1＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0,z1＝－2y1))，令z1＝2，則y1＝－1，所以n1＝(0，－1,2)．因為eq\o(FC1,\s\up6(→))·n1＝－2＋2＝0，所以eq\o(FC1,\s\up6(→))⊥n1.又因為FC1?平面ADE，所以FC1∥平面ADE.9．(10分)在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)棱PD垂直于底面ABCD，PD＝DC，E是PC的中點，作EF⊥PB于點F.證明：(1)PA∥平面EDB；(2)PB⊥平面EFD.證明：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．D是坐標(biāo)原點，設(shè)DC＝a.(1)連接AC交BD于G，連接EG，依題意得D(0,0,0)，A(a,0,0)，P(0,0，a)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，\f(a,2))).因為底面ABCD是正方形，所以G是此正方形的中心，故點G的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，0))，所以eq\o(EG,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，0，－\f(a,2))).又eq\o(PA,\s\up6(→))＝(a,0，－a)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＝2eq\o(EG,\s\up6(→))，這表明PA∥EG.而EG?平面EDB，且PA?平面EDB，所以PA∥平面EDB.(2)依題意得B(a，a,0)，eq\o(PB,\s\u