2022版新教材高中数学 第一章 空间向量与立体几何 4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系提升训练（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、用空间向量研究直线、平面的位置关系基础过关练题组一空间中点、直线和平面的向量表示1.(2020北京一零一中学高二上期中)若A(-1,0,2),B(1,4,10)在直线l上,则直线l的一个方向向量为()A.(1,2,4)B.(1,4,2)C.(2,1,4)D.(4,2,1)2.(2020宁夏银川一中高二上期末)已知O(0,0,0),A(2,1,1),B(1,1,-1),点P(,1,3)在平面OAB内,则=()A.2B.3C.4D.53.(2021四川宜宾高二上检测)已知A(1,2,-1),B(5,6,7),则直线AB与平面Oxz的交点坐标是()A.(0,1,1)B.(0,1,-3)C.(-1,0

2、,3)D.(-1,0,-5)题组二平面的法向量4.(2020四川乐山高二上期末)已知平面内有一点M(1,-1,2),平面的一个法向量为n=(6,-3,6),则下列坐标对应的点在平面内的是()A.(2,3,3)B.(-2,0,1)C.(-4,4,0)D.(3,-3,4)5.(2021山东济宁高二上检测)四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心,A1O平面ABCD,AB=AA1=2,如图建系,则平面OCB1的法向量n=.题组三空间中直线、平面的平行问题6.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),向量AB=(1,0,-2),AC=(1,1

3、,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7.已知向量a=(2,4,5),b=(3,x,y)分别是直线l1,l2的方向向量,若l1l2,则()A.x=6,y=15B.x=3,y=15C.x=83,y=103D.x=6,y=1528.如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,ABCD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1,F分别是棱AD,AA1,AB的中点.求证:(1)直线EE1平面FCC1;(2)平面ADD1A1平面FCC1.题组四空间中直线、平面的垂直问题9.如图所示,正方体ABCD-A1B1C

4、1D1中,E、F分别在A1D、AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则()A.EF至多与A1D、AC之一垂直B.EFA1D,EFACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面10.(2020山东青岛高三上联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,APB是以APB为直角的等腰直角三角形,平面PAB平面ABCD.证明:平面PAD平面PBC.能力提升练题组一用空间向量研究平行问题1.(2020山东聊城高二期中,)如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=2,AF=1,M在EF上,且AM平面BDE,则点M的坐标为()A.(1,1,1)B.23,23,1C.22,2

5、2,1D.24,24,12.(2020黑龙江佳木斯第一中学高二上期中,)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且ADBC,ABD是边长为1的等边三角形,BC=3.问:线段BD上是否存在点N(不包括端点),使得直线CE平面AFN?若存在,求出BNBD的值;若不存在,请说明理由.深度解析3.(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.(1)求异面直线B1E与BG所成角的余弦值;(2)棱CD上是否存在点T,使得AT平面B1EF?请证明你的结论.深度解析题组二

6、用空间向量研究垂直问题4.(2020天津一中高二月考,)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,P是AA1的中点,点M在侧面AA1B1B(含边界)内,若D1MCP,则BCM面积的最小值为()A.8B.4C.82D.8555.(2020重庆巴蜀中学高三下期中,)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为4的菱形,ABC=60,AA1=4,过点B与直线AC1垂直的平面交直线AA1于点M,则三棱锥A-MBD的外接球的表面积为.6.(2020陕西西安中学高二上期末,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,求证:(1)BD1平面AB1C;(2)平面EAC

7、平面AB1C.7.(2021云南昆明第一中学高三上检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为3的正方形,CC1BC,BC=1,AB=2.(1)证明:平面A1BC平面ABC1;(2)在线段A1B上是否存在点M,使得CMBC1,若存在,求BMBA1的值,若不存在,请说明理由.8.(2020安徽合肥一中高二上期末,)在如图所示的几何体中,平面CDEF为正方形,平面ABCD为等腰梯形,ABCD,AB=2BC,ABC=60,ACFB.(1)求证:AC平面FBC;(2)线段ED上是否存在点Q,使平面EAC平面QBC?证明你的结论.答案全解全析基础过关练1.A由已知得AB=(1

8、,4,10)-(-1,0,2)=(2,4,8)=2(1,2,4),故选项A中的向量与AB共线,故选A.2.BOA=(2,1,1),OB=(1,1,-1),OP=(,1,3).O、A、B、P四点共面,存在x,yR,使OP=xOA+yOB,即(,1,3)=x(2,1,1)+y(1,1,-1),=2x+y,1=x+y,3=x-y, 解得=3,故选B.3.D设直线AB与平面Oxz的交点为M(x,0,z),则AM=(x-1,-2,z+1),AB=(4,4,8),又AM与AB共线,AM=AB,则x-1=4,-2=4,z+1=8, 解得x=-1,z=-5,故选D.4.A设点P(x,y,z)在平面内,则MP=

9、(x-1,y+1,z-2).n=(6,-3,6)是平面的一个法向量,nMP,又nMP=6(x-1)-3(y+1)+6(z-2)=6x-3y+6z-21,由nMP=0得6x-3y+6z-21=0,即2x-y+2z=7.把各选项的坐标数据代入上式验证可知A适合.故选A.5.答案(1,0,-1)(答案不唯一)解析易得O(0,0,0),C(0,1,0),B1(1,1,1),OC=(0,1,0),OB1=(1,1,1).设n=(x,y,z),OCn=y=0,OB1n=x+y+z=0,故y=0,x=-z,取x=1,故z=-1.平面OCB1的一个法向量为n=(1,0,-1)(答案不唯一).6.A因为n1AB

10、=0,n1AC=0,ABAC=A,所以n1也是平面ABC的法向量,又平面与平面ABC不重合,所以平面与平面ABC平行,故选A.7.D因为l1l2,所以ab,得32=x4=y5,解得x=6,y=152,故选D.8.证明证法一:(1)因为AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,底面ABCD为等腰梯形,所以BF=BC=CF,所以BCF为正三角形,所以BAD=ABC=60.取AF的中点M,连接DM,则DMAB,所以DMCD.以D为原点,DM,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则F(3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E32,-12,0,E1(3,

11、-1,1),所以CC1=(0,0,2),EE1=32,-12,1,CF=(3,-1,0).设平面FCC1的法向量为n=(x,y,z),则nCF=3x-y=0,nCC1=2z=0,得z=0,令x=1,得y=3,所以平面FCC1的一个法向量为n=(1,3,0),则nEE1=132+3-12+01=0,所以nEE1.又直线EE1平面FCC1,所以直线EE1平面FCC1.(2)易得D(0,0,0),D1(0,0,2),A(3,-1,0),所以DA=(3,-1,0),DD1=(0,0,2).设平面ADD1A1的法向量为m=(x1,y1,z1),则mDA=3x1-y1=0,mDD1=2z1=0,得z1=0

12、,令x1=1,得y=3,所以平面ADD1A1的一个法向量为m=(1,3,0).结合(1)知m=n,即mn,所以平面ADD1A1平面FCC1.证法二:(1)取A1B1的中点G,连接C1G,GF,CG,A1D.因为A1G=12A1B1,DC=12A1B1,A1GD1C1,DCD1C1,所以A1G􀱀DC,所以四边形A1DCG为平行四边形,所以A1DCG.又E,E1分别为AD,A1A的中点,所以EE1A1D,所以EE1CG.因为EE1平面FCC1,CG平面FCC1,所以EE1平面FCC1.(2)由(1)知A1DCG.易知DD1CC1,又A1DDD1=D,CGCC1=C,所以平面ADD

13、1A1平面FCC1.9.B如图所示,以D为坐标原点,分别以DA、DC、DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为3,则E(1,0,1),F(2,1,0),A1(3,0,3),A(3,0,0),C(0,3,0),D(0,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,3),EF=(1,1,-1),AC=(-3,3,0),A1D=(-3,0,-3),BD1=(-3,-3,3).EFAC=0,EFA1D=0,EFAC,EFA1D,A错误,B正确;BD1=(-3,-3,3),EF=(1,1,-1),BD1=-3EF,BD1EF,即EFBD1,C、D错误.故选B.10.证明取AB的中点

14、O,CD的中点M,连接PO,OM,则OMAB,又平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,OM平面PAB,又PA=PB,POAB,以点O为原点建立空间直角坐标系,如图.设AP=2a,AD=b,则A(0,-a,0),B(0,a,0),P(a,0,0),C(0,a,b),D(0,-a,b),AD=(0,0,b),AP=(a,a,0),BC=(0,0,b),BP=(a,-a,0).设n1=(x1,y1,z1)是平面PAD的法向量,n2=(x2,y2,z2)是平面PBC的法向量,则由n1AD=0,n1AP=0得bz1=0,ax1+ay1=0,令x1=1,则y1=-1,z1=0,即n1=(1

15、,-1,0),同理,bz2=0,ax2-ay2=0,令x2=1,可得y2=1,z2=0,即n2=(1,1,0).n1n2=1-1=0,平面PAD平面PBC.能力提升练1.C连接OE.设点M的坐标为(x,y,1),因为ACBD=O,所以O22,22,0,又E(0,0,1),A(2,2,0),所以OE=-22,-22,1,AM=(x-2,y-2,1),因为AM平面BDE,所以OEAM,所以x-2=-22,y-2=-22x=22,y=22,所以M点的坐标为22,22,1.故选C.2.解析存在.理由如下:平面ADEF平面ABCD,四边形ADEF为正方形,AF平面ABCD.过点D作DGBC于点G.如图,

16、以点D为原点,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B12,32,0,C-52,32,0,D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,0,1),AF=(0,0,1),CE=52,-32,1,AB=-12,32,0,BD=-12,-32,0.设BNBD=,01,则BN=BD=-12,-32,0,则AN=AB+BN=-12-12,32-32,0.设n=(x,y,z)是平面AFN的法向量,则nAF=0,nAN=0,即z=0,-12-12x+32-32y=0,z=0,3(1-)y=(1+)x,取x=3,则y=1+1-,n=3,1+1-,0是平面AFN的一个法向量.由nCE=532-321+1-=0,

17、得=23,符合题意,即存在点N,使得直线CE平面AFN,此时BNBD=23.方法归纳利用向量法证明线面平行的一般步骤是先求直线的方向向量,然后求平面的法向量,证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.3.解析以D为坐标原点,可建立如下图所示的空间直角坐标系,设正方体棱长为2a,则B(2a,2a,0),B1(2a,2a,2a),E(2a,a,0),G(a,0,0),F(0,2a,a),A(2a,0,0).(1)设异面直线B1E与BG所成角为,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

18、.(2)假设在棱CD上存在点T(0,t,0),t0,2a,使得AT平面B1EF,易得B1E=(0,-a,-2a),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,棱CD上存在点T,满足DT=14DC,使得AT平面B1EF.解题反思本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解,重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题.处理存在性问题的关键是假设成立,利用直线与

19、平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程,求得未知量.4.D以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,则P(4,0,2),C(0,4,0),D1(0,0,4),B(4,4,0),设M(4,a,b)(a,b0,4),则D1M=(4,a,b-4),CP=(4,-4,2),D1MCP,D1MCP=16-4a+2b-8=0,得b=2a-4,M(4,a,2a-4),BM=(4-4)2+(a-4)2+(2a-4)2=5a-1252+165,当a=125时,|BM|取最小值455,易知BC=4,SBCM的最小值为455412=855.故选D.5.

20、答案68解析建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题得BD=43,AC=4,则A(2,0,0),O(0,0,0),C1(-2,0,4),设M(2,0,z),则AC1=(-4,0,4),OM=(2,0,z),因为AC1OM,所以AC1OM=0,所以-8+4z=0,所以z=2,所以当点M是AA1的中点时,AC1平面BDM.设三棱锥A-MBD的外接球的半径为R,ABD的外接圆半径为r,则43sin23=2r,所以r=4,所以R2=42+1222=17.所以三棱锥A-MBD的外接球的表面积为4R2=68.6.证明(1)以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,设正方体ABCD-A1B1C1D

21、1的棱长为2,则E(0,0,1),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),B(2,2,0),D1(0,0,2),AC=(-2,2,0),AE=(-2,0,1),AB1=(0,2,2),BD1=(-2,-2,2).设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z),则mAC=-2x+2y=0,mAB1=2y+2z=0,取x=1,则y=1,z=-1,m=(1,1,-1).BD1=-2m,BD1m,BD1平面AB1C.(2)设平面EAC的法向量为n=(x,y,z),则nAE=-2x+z=0,nAC=-2x+2y=0,取x=1,则y=1,z=2,n=(1,1,2).mn=1+1-2=0,平面E

22、AC平面AB1C.7.解析(1)证明:在ABC中,AC=3,BC=1,AB=2,因为AC2+BC2=AB2,所以ACBC,又CC1BC,CC1AC=C,所以BC面ACC1A1,又A1C面ACC1A1,所以BCA1C,又四边形AA1C1C是边长为3的正方形,所以AC1A1C,又BCA1C=C,所以AC1平面A1BC,又AC1平面ABC1,所以平面A1BC平面ABC1.(2)在线段A1B上存在点M,使得CMBC1,且BMBA1=14.理由如下:由(1)得,以点C为原点,CA、CB、CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(3,0,0),C(0,0,0),B(0,1,0),

23、A1(3,0,3),C1(0,0,3),BA1=(3,-1,3),BC1=(0,-1,3).设M(x,y,z),BM=BA1,(x,y-1,z)=(3,-1,3),解得x=3,y=1-,z=3,CM=(3,1-,3),要使CMBC1,则需CMBC1=0,即-1+3=0,解得=14,故BMBA1=14.8.解析(1)证明:AC=AB+BC,ACBC=ABBC+BC2=2|BC|2-12+BC2=0,ACBC,又ACFB,FBBC=B,AC平面FBC.(2)线段ED上不存在点Q,使平面EAC平面QBC.证明如下:AC平面FBC,ACFC.CDFC,ACCD=C,FC平面ABCD,FCBC,CA、C

24、F、CB两两互相垂直,如图建立空间直角坐标系Cxyz.由题易得CB=CD.设BC=1,C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),D32,-12,0,E32,-12,1,CE=32,-12,1,CA=(3,0,0),CB=(0,1,0).设平面EAC的法向量为n=(x,y,z),则nCE=0,nCA=0,即32x-12y+z=0,3x=0,取z=1,则x=0,y=2,n=(0,2,1),假设线段ED上存在点Q,使平面EAC平面QBC,设Q32,-12,t(0t1),CQ=32,-12,t.设平面QBC的法向量为m=(a,b,c),则mCB=0,mCQ=0,b=0,32a-12b+tc=0,取c=1,得m=-2t3,0,1,要使平面EAC平面QBC,只需mn=0,即-23t0+02+11=0,此方程无解,线段ED上不存在点Q,使平面EAC平面QBC.