【文档说明】新教材2021-2022学年人教A版数学选择性必修第一册课时检测：1.4.1 第二课时　空间中直线、平面的平行含解析.docx，共(8)页，207.100 KB，由小赞的店铺上传

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课时跟踪检测(九)空间中直线、平面的平行[A级基础巩固]1．已知两平行直线的方向向量分别为a＝(4－2m，m－1，m－1)，b＝(4，2－2m，2－2m)，则实数m的值为()A．1B．3C．1或3D．以上答案都不正确解析：选C由题意知a∥b.因为b＝(4

，2－2m，2－2m)≠0，所以“a∥b的充要条件是a＝λb”，即4－2m＝4λ，m－1＝λ（2－2m），m－1＝λ（2－2m），显然m＝1符合题意，当m≠1时，由m－1＝λ(2－2m)，得λ＝－12，代入4－2m＝4λ，得m＝3.

综上，m的值为1或3.2．在空间直角坐标系中，已知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．相交但不垂直解析：选B由题意得，AB―→＝(－3，－3，3)，CD―→＝(1，1，－1)，∴AB―→＝

－3CD―→，∴AB―→与CD―→共线，又AB与CD没有公共点．∴AB∥CD.3．已知平面α的一个法向量为(1，2，－2)，平面β的一个法向量为(－2，－4，k)，若α∥β，则k等于()A．2B．－4C

．4D．－2解析：选C因为α∥β，所以－21＝－42＝k－2，所以k＝4.4．若直线l的一个方向向量为a＝(2，5，7)，平面α的一个法向量为u＝(1，1，－1)，则()A．l∥α或l⊂αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交解析：选A由条件知a·u＝2×1＋

5×1＋7×(－1)＝0，所以a⊥u，故l∥α或l⊂α.故选A.5.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝23a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A．相

交B．平行C．垂直D．不能确定解析：选B如图，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．因为A1M＝AN＝23a，所以Ma，23a，a3，N23a，23a，a，所以MN―→＝－a3，0，23a.又C1(0，0，0)

，D1(0，a，0)，所以C1D1―→＝(0，a，0)．所以MN―→·C1D1―→＝0.所以MN―→⊥C1D1―→.因为C1D1―→是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.6．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________．解析：∵l∥平面ABC，∴存在实数x，y，使a＝xAB―→＋yAC―→，AB―→＝(1，0，－1)，AC―→＝(0，1，－1)，∴(2，m，1)＝x(1，0

，－1)＋y(0，1，－1)＝(x，y，－x－y)，∴2＝x，m＝y，1＝－x－y，∴m＝－3.答案：－37．直线l的方向向量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________．解析：∵

直线l的方向向量s＝(－1，1，1)，平面α的法向量为n＝(2，x2＋x，－x)，直线l∥平面α，∴x2－2＝0，解得x＝±2.答案：±28．设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n＝(2，2，4)，若a＝(1，1，2)，则直线l与平面α的位置关系为________；若

a＝(－1，－1，1)，则直线l与平面α的位置关系为________．解析：当a＝(1，1，2)时，a＝12n，则l⊥α；当a＝(－1，－1，1)时，a·n＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l∥α或l⊂α.答案：l⊥αl∥α或l

⊂α9.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，E，F分别为A1C1和BC的中点．求证：C1F∥平面ABE.证明：如图，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．设BC＝a，AB＝b

，BB1＝c，则B(0，0，0)，A(0，b，0)，C1(a，0，c)，Fa2，0，0，Ea2，b2，c.所以AB―→＝(0，－b，0)，AE―→＝a2，－b2，c.设平面ABE的一个法向量为n＝(x

，y，z)，则n·AB―→＝0，n·AE―→＝0，即－by＝0，a2x－b2y＋cz＝0，取x＝2，则y＝0，z＝－ac，即n＝2，0，－ac.又C1F―→＝－a2

，0，－c，所以n·C1F―→＝0，又C1F⊄平面ABE，所以C1F∥平面ABE.10．已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M分别是A1C1，A1D和B1A上任意一点．求证：平面A1EF∥平面B1MC.证明

：如图，建立空间直角坐标系Dxyz，A1(1，0，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，A(1，0，0)，D(0，0，0)，C(0，1，0)，则A1C1―→＝(－1，1，0)，B1C―→＝(－1，0，－1)，DA1―→＝(1，

0，1)，B1A―→＝(0，－1，－1)，设A1E―→＝λA1C1―→，A1F―→＝μA1D―→，B1M―→＝vB1A―→(λ，μ，v∈R，且均不为0)．设n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)分别是平面A1EF与平面B1MC的法向量，可得n1·A1E―→＝0，

n1·A1F―→＝0，n1·A1C1―→＝0，n1·DA1―→＝0，即－x1＋y1＝0，x1＋z1＝0，所以可取n1＝(1，1，－1)．由n2·B1M―→＝0，n2·B1C―→＝0，可得n2·B1A―→＝0，n2·B1C―

→＝0，即－y2－z2＝0，－x2－z2＝0，可取n2＝(1，1，－1)，所以n1＝n2，所以n1∥n2，所以平面A1EF∥平面B1MC.[B级综合运用]11.如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在

平面互相垂直，以CD，CB，CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，若AB＝2，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则M点的坐标为()A．(1，1，1)B.23，23，1C.22

，22，1D.24，24，1解析：选C由已知得A(2，2，0)，B(0，2，0)，D(2，0，0)，E(0，0，1)．设M(x，x，1)，则AM―→＝(x－2，x－2，1)，BD―→＝(2，－2，0

)，BE―→＝(0，－2，1)．设平面BDE的法向量为n＝(a，b，c)，则n⊥BD―→，n⊥BE―→，即2a－2b＝0，－2b＋c＝0，解得a＝b，c＝2b，取b＝1，则n＝(1，1

，2)．又AM∥平面BDE，所以n·AM―→＝0，即2(x－2)＋2＝0，得x＝22，所以M22，22，1.故选C.12．(多选)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，平行六面体的各棱长均相等．下列

结论中正确的是()A．A1M∥D1PB．A1M∥B1QC．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB1解析：选ACD因为A1M―→＝A1A―→＋AM―→＝A1A―→＋12AB―→，D1P―→＝D1D―→＋DP―→＝A1A―

→＋12AB―→，所以A1M―→∥D1P―→，从而A1M∥D1P，可得A、C、D正确．又B1Q与D1P不平行，故B不正确．13.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则O

P与BD1的位置关系是________；设CQ―→＝λCC1―→，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝________．解析：如图所示，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则O12，12，0，C(0，1，0)，C1(0，1

，1)，P0，0，12，A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)．则OP―→＝－12，－12，12，BD1―→＝(－1，－1，1)，∴OP―→＝12BD1―→，OP―→∥BD1―→，∴OP∥BD1.设Q(

0，1，z)，则BQ―→＝(－1，0，z)．由于OP∥BD1，故要使平面D1BQ∥平面PAO，只需AP―→∥BQ―→，又AP―→＝－1，0，12，故z＝12，则Q0，1，12，由CQ―→＝0，0，12，CC1―→＝(0，0，1)及CQ―→＝λCC1―→，得λ＝12.答

案：平行1214．如图所示，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝12AP＝2，D是AP的中点，E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，将△PCD沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD.试用向量方法证明AP∥平面EFG.证明：如图，以D为原点，以DA―→，DC―→，

DP―→为方向向量建立空间直角坐标系Dxyz，则P(0，0，2)，C(0，2，0)，G(1，2，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1)，A(2，0，0)，∴AP―→＝(－2，0，2)，EF―→＝(0，－1，0)，EG―→＝(1，1，－1)．设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)．∴

n·EF―→＝0，n·EG―→＝0，即－y＝0，x＋y－z＝0，∴x＝z，y＝0.取x＝1，则z＝1，∴n＝(1，0，1)．∵n·AP―→＝1×(－2)＋0×0＋1×2＝0，∴n⊥AP―→.又AP⊄平面E

FG，∴AP∥平面EFG.[C级拓展探究]15．四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．若SD⊥平面PAC，问侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE∶EC的值；

若不存在，试说明理由．解：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，OB―→，OC―→，OS―→的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．设底面边长为a，则OD＝O

C＝OB＝22a，SO＝62a，于是S0，0，62a，B22a，0，0，D－22a，0，0，C0，22a，0，则BC―→＝－22a，22a，0，DS―→＝22a，0，62a，CS―→＝0，－22a，62a.假设在侧棱S

C上存在一点E，使得BE∥平面PAC.由题意知DS―→是平面PAC的一个法向量，设CE―→＝tCS―→，则BE―→＝BC―→＋CE―→＝BC―→＋tCS―→＝－22a，22a－22at，62at.由BE―→·

DS―→＝0，得－a22＋32a2t＝0，解得t＝13.即当SE∶EC＝2∶1时，BE―→⊥DS―→，又BE⊄平面PAC，所以BE∥平面PAC.故侧棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC，且SE∶EC＝2∶1.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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