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2025湘教版数学选择性必修第二册
第2章第2课时　向量与平行
A级 必备知识基础练
1.若平面α,β的法向量分别为a=(,-1,3),b=(-1,2,-6),则下列结论中正确的是(　　)
A.α∥β B.α,β相交但不垂直
C.α⊥β D.α∥β或α,β重合
2.[2024广东中山高二期中]设平面α的法向量为(2,-4,λ),平面β的法向量为(1,μ,2),若α∥β,则λ+μ=(　　)
A.2 B.3 C.-2 D.-3
3.若=2+μ,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
4.若直线m的方向向量为a,平面α的法向量为μ,则能使m∥α的是(　　)
A.a=(1,0,0),μ=(-2,0,0)
B.a=(1,-1,3),μ=(0,3,1)
C.a=(0,2,1),μ=(-1,0,1)
D.a=(1,3,5),μ=(1,0,1)
5.[2024贵州贵阳高二期中]已知u=(3,a+b,a-b)(a,b∈R)是直线l的方向向量,n=(1,2,3)是平面α的法向量.若l∥α,则b-5a=(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
6.直线l的方向向量为s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则实数x的值为(　　)
A.-2 B.- C. D.±
7.给出下列命题:
①若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则n1∥n2 α∥β;
②若n1,n2分别是平面α,β的法向量,则α∥β n1·n2=0;
③若n是平面α的法向量,且向量a与平面α共面,则a·n=0.
其中正确命题的个数是(　　)
A.1 B.2 C.3 D.0
8.已知平面α的一个法向量是a=(2,-1,-1),若平面β满足α∥β,写出平面β的一个法向量　　　　　.(说明:写出一个即可,不必考虑所有的情况)
9. 如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点,求证:FC1∥平面ADE.
B级 关键能力提升练
10.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
11. [2024四川遂宁高二期中]《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的值为(　　)
A.3 B.4 C.5 D.6
12.已知直线l∥平面ABC,且l的一个方向向量为a=(2,m,1),A(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),则实数m的值是　　　　　.
13.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点,点P在棱AA1上,且DP∥平面B1AE,则AP的长为　　　　　.
14. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P为线段D1B上的动点,M,N分别为棱BC,AB的中点,若DP∥平面B1MN,则=　　　　　.
15.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PB与底面所成的角为45°,底面ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°,PA=BC=AD=1.问:在棱PD上是否存在一点E,使得CE∥平面PAB 若存在,求出E点的位置;若不存在,请说明理由.
16. [2023全国新高考卷Ⅰ,18(1)]如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.证明:B2C2∥A2D2.
C级 学科素养创新练
17. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,E,F,G,H分别为BB1,A1B1,B1C1,AA1,BC的中点,则(　　)
A.DE∥平面ACM
B.DF∥平面ACM
C.DG∥平面ACM
D.DH∥平面ACM
第2课时　向量与平行
1.D　根据题意易知a=-b,故平面α,β的法向量共线,因此a∥β或α,β重合.故选D.
2.A　因为α∥β,所以(2,-4,λ)=x(1,μ,2)(x∈R),则解得所以λ+μ=2.故选A.
3.D　∵=2+μ,
∴共面,则AB与平面CDE的位置关系是平行或在平面内.
4.B　若m∥α,则a⊥μ,则a·μ=0.
A中,a·μ=-2,因此A不满足条件;
B中,a·μ=0-3+3=0,因此B满足条件;
C中,a·μ=1,因此C不满足条件;
D中,a·μ=6,因此D不满足条件.
故选B.
5.A　由l∥α得,u·n=3×1+2(a+b)+3(a-b)=5a-b+3=0,则b-5a=3.故选A.
6.D　因为直线l的方向向量为s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x),直线l∥平面α,所以s·n=-2+x2+x-x=0,即x2=2,解得x=±,故选D.
7.A　①中,α与β可能重合;②中,α∥β可得到n1∥n2.
8.(4,-2,-2)(答案不唯一)　因为α∥β,所以平面β与平面α的法向量平行,记平面β的一个法向量为b,则b=λa=(2λ,-λ,-λ)(λ≠0),不妨取λ=2,得b=(4,-2,-2).
9.证明如图,建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2,2,2),所以=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).
(1)(方法一)设n1=(x1,y1,z1)是平面ADE的法向量,
则n1⊥,n1⊥,
即
令z1=2,则y1=-1,所以n1=(0,-1,2).
因为·n1=-2+2=0,所以⊥n1.
又因为FC1 平面ADE,所以FC1∥平面ADE.
(方法二)设=λ+μ,
则(0,2,1)=λ(2,0,0)+μ(0,2,1),
所以解得=0·,
所以是共面向量.
又因为FC1 平面ADE,所以FC1∥平面ADE.
10.C　由线面垂直的性质可知,只要l α,m β,都有e1⊥n1,e2⊥n2,并不能说明α∥β,A错误;
若l α,m β,且e1∥e2,则平面α,β平行或者相交,B错误;
由e1∥n1,e2∥n2,且e1∥e2,可得n1∥n2,则α∥β,C正确;
若e1⊥n1,e2⊥n2,且e1∥e2,则平面α,β平行或者相交,D错误.故选C.
11.C　以点A为坐标原点,分别以的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,可建立如图所示的空间直角坐标系.
设AD=a(a>0),则A(0,0,0),P(0,0,a),C(a,a,0),D(0,a,0),E0,,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H0,0,,
所以=-,-,
因为GH∥平面EFC,所以·n=-=0,解得λ=5.故选C.
12.-3　∵l∥平面ABC,
∴存在实数x,y,使a=x+y=(1,0,-1),=(0,1,-1),
∴(2,m,1)=x(1,0,-1)+y(0,1,-1)=(x,y,-x-y),
∴∴m=-3.
13.　建立以AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系,设|AB|=a,点P坐标为(0,0,b),0≤b≤1,则B1(a,0,1),D(0,1,0),E(,1,0),=(a,0,1),=(,1,0),=(0,-1,b),∵DP∥平面B1AE,
∴存在实数λ,μ,使=λ+μ,即(0,-1,b)=λ(a,0,1)+μ(,1,0)=(λa+,μ,λ).
∴∴b=λ=,即AP=.
14.　如图所示,以D为原点,分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.
设正方体ABCD-A1B1C1D1边长为2,可得D(0,0,0),D1(0,0,2),B(2,2,0),B1(2,2,2),M(1,2,0),N(2,1,0),
设=λ,可得=λ=(2λ,2λ,-2λ),可得P(2λ,2λ,2-2λ),可得=(2λ,2λ,2-2λ).
设平面B1MN的一个法向量n=(x,y,z),则有
不妨令x=-2,则n=(-2,-2,1).
因为DP∥平面B1MN,所以·n=(2λ,2λ,2-2λ)·(-2,-2,1)=-4λ-4λ+2-2λ=0,解得λ=,即.
15.解分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图,则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,2,0).
设E(0,y,z),则=(0,y,z-1),=(0,2,-1),
∵,∴y(-1)-2(z-1)=0,①
∵=(0,2,0)是平面PAB的法向量,=(-1,y-1,z),
∴由CE∥平面PAB可得,∴(-1,y-1,z)·(0,2,0)=2(y-1)=0,
∴y=1,代入①式得z=.
∴E是PD的中点,即存在点E为PD中点时,CE∥平面PAB.
16. 证明(方法一)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以点C为坐标原点,CD,CB,CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如右图所示的空间直角坐标系.
由题意可得A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2).
=(0,-2,1),=(0,-2,1),所以.
因为A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
(方法二:几何法)设棱DD1上的点N满足DN=AA2=1,取CC1的中点M,连接A2N,MN,B2M.
因为DN∥AA2,且DN=AA2,故四边形AA2ND为平行四边形,所以A2N∥AD,且A2N=AD.同理可证,B2M∥BC,且B2M=BC.因为AD∥BC,且AD=BC,所以A2N∥B2M,且A2N=B2M.所以四边形A2B2MN为平行四边形.
因为D2N∥C2M,D2N=C2M=1,
所以四边形C2D2NM为平行四边形.
所以A2B2∥MN,A2B2=MN,MN∥C2D2,MN=C2D2,故A2B2∥C2D2,A2B2=C2D2.
所以四边形A2B2C2D2为平行四边形.
所以B2C2∥A2D2.
(方法三　基底法)由题意可得,
所以=-=-.因为,且A2,B2,C2,D2四点不共线,故B2C2∥A2D2.
17. C　如图,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则A(0,0,2),C(2,2,2),M(2,0,1),E(1,0,0),F(2,1,0),G(0,0,1),H(2,1,2),D(0,2,2),则=(1,-2,-2),=(2,-1,-2),=(0,-2,-1),=(2,-1,0),=(2,2,0),=(2,0,-1),
设平面ACM的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-1,z=2,所以n=(1,-1,2),
因为n·=1×1+(-2)×(-1)+2×(-2)=-1,n·=1×2+(-1)×(-1)+2×(-2)=-1,n·=0×1+(-2)×(-1)+2×(-1)=0,n·=1×2+(-1)×(-1)+2×0=3,所以n⊥,又DG 平面ACM,所以DG∥平面ACM,故C正确,故选C.
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