第一章空间向量与立体几何4.1第2课时空间中直线平面的平行基础训练（附解析新人教A版选择性必修第一册）

空间中直线、平面的平行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α的一个法向量，l为一条直线，则“l⊥n”是“l∥α”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=λCD+μCE，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α的法向量为n，则可能使l∥α的是()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α的法向量为u=(x,1,-2)，平面β的法向量为v=(-1,y,12)，若α∥β，则x+y=()A.154B.174C.3D.52答案：A6.已知两个不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),AB=(1,0,-2),AC=(1,1,1)，则()A.平面α∥平面ABCB.平面α⊥平面ABCC.平面α、平面ABC相交但不垂直8,D.以上均有可能答案：A7.（2020辽宁抚顺六校协作体高二期末）平面α的一个法向量为m=(k,2 k,100)，直线l的一个方向向量为n=(k,-1,0)，若l∥α，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-A1B1C1D1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.A1M∥D1PB.A1M∥B1QC.A1M∥平面DCC1D1D.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A1M∥D1P，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D1PQB1,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()8,A.AD=23ABB.AD=12ABC.AD=22ABD.AD=36AB答案：B解析：因为AC=3,BC=4,AB=5,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC,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(0,4,4),C1(0,0,4),设点D(x,y,0)(0≤x≤3,0≤y≤4)，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m⋅CD=0,m⋅CB1=0,即ax+by=0,4b+4c=0,令b=-x，则m=(y,-x,x)，若AC1∥平面CDB1,则AC1⋅m=0,所以-3y+4x=0①，由D在AB上得x-3-3=y4，8,即4x+3y=12②，由①②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，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形.求证：BC∥EF.答案：证明过点F作FQ⊥AD，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BC∥EF.12.如图，在多面体ABC-A1B1C1中，四边形A1ABB1是正方形，AB=AC，BC=2AB，B1C1∥BC，B1C1=12BC，二面角A1-AB-C是直二面角.求证：AB1∥平面A1C1C.8,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CA⊥AB，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=(2,0,-2).设平面A1C1C的法向量为m=(x,y,z),则m⋅A1C1=0,m⋅A1C=0,即x+y=0,2x-2z=0,令x=1，则y=-1,z=1，即m=(1,-1,1)，所以AB1⋅m=0×1+2×(-1)+2×1=0，所以AB1⊥m.又AB1⊄平面A1C1C,所以AB1∥平面A1C1C.13.如图，在正方体ABCD-A'B'C'D'中，求证：平面AB'D'∥平面BDC'.8,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)，D'B'=(1,1,0)，DB=(1,1,0)，DC'=(0,1,1)，设平面AB'D'的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1⊥AB',n1⊥D'B',即n1⋅AB'=y1+z1=0,n1⋅D'B'=x1+y1=0.令y1=1,则x1=-1，z1=-1所以平面AB'D'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n2⊥DB,n2⊥DC',即n2⋅DB=x2+y2=0,n2⋅DC'=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n1∥n2,故平面AB'D'∥平面BDC'.创新拓展练14.（2021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.8,（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θ,利用cosθ=|B1E⋅BG||B1E||BG|可求得结果.（2）设存在点T(0,t,0),t∈[0,2a]满足题意，求出平面B1EF的法向量n后，根据AT⊥n，得到AT⋅n=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θ.易得B1E=(0,-a,-2a),BG=(-a,-2a,0),∴cosθ=|B1E⋅BG||B1E||BG|=2a25a⋅5a=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),t∈[0,2a]，使得AT∥平面B1EF.易得EF=(-2a,a,a),AT=(-2a,t,0),8,设平面B1EF的法向量为n=(x,y,z),∴B1E⋅n=-ay-2az=0,EF⋅n=-2ax+ay+az=0,令z=1,则y=-2,x=-12，∴n=(-12,-2,1)，∴AT⋅n=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.8