高考数学理科人教通用版核心讲练大一轮复习课时分层提升练四十七利用空间向量证明空间中的位置关系

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时分层提升练四十七利用空间向量证明空间中的位置关系……30分钟60分一、选择题(每小题5分,共25分)1.(2020·曲靖模拟)平面α的法向量为(1,2,2),平面β的法向量为(2,4,k),若α∥β,则k等于 ()【解析】选C.因为α∥β,所以两平面法向量平行,所以-21=-42=2.(2020·乐山模拟)若=λ+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【解析】选D.因为=λ+μ,所以,,共面,所以AB与平面CDE平行或在平面CDE内.3.已知A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,1)三点,n=(1,1,1),则以n为方向向量的直线l与平面ABC的关系是 ()A.垂直 B.不垂直C.平行 D.以上都有可能【解析】选A.由题意,=(1,1,0),=(0,1,1)因为n·=0,n·=0,所以n⊥AB,n⊥BC,因为AB∩BC=B,所以以n为方向向量的直线l与平面ABC垂直.4.已知=(1,5,2),=(3,1,z),若⊥,=(x1,y,3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为 ()A.337,157,4 B.407C.407,2,4 D.4,40【解析】选B.因为⊥,所以·=0,即3+52z=0,得z=4.因为BP⊥平面ABC,所以BP⊥AB,BP⊥BC,又=(3,1,4),则x-1+55.在正方体ABCDA1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,M,N分别是棱DD1,D1C1的中点,则直线OM ()A.和AC、MN都垂直B.垂直于AC,但不垂直于MNC.垂直于MN,但不垂直于ACD.与AC、MN都不垂直【解析】选A.以DA,DC,DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2a,则D(0,0,0)、D1(0,0,2a)、M(0,0,a)、A(2a,0,0)、C(0,2a,0)、O(a,a,0)、N(0,a,2a).所以=(a,a,a),=(0,a,a),=(2a,2a,0).所以·=0,·=0,所以OM⊥AC,OM⊥MN.二、填空题(每小题5分,共15分)6.(2020·攀枝花模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中,P为正方形A1B1C1D1四边上的动点,O为底面正方形ABCD的中心,M,N分别为AB,BC的中点,点Q为平面ABCD内一点,线段D1Q与OP互相平分,则满足=λ的实数λ有________个.

【解析】建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则P(x,y,2),O(1,1,0),所以OP的中点坐标为x+1又知D1(0,0,2),所以Q(x+1,y+1,0),而Q在MN上,所以xQ+yQ=3,所以x+y=1,即点P坐标满足x+y=1.所以有2个符合题意的点P,即对应有2个λ.答案:27.已知A,B,C的坐标分别为(0,1,0),(1,0,1),(2,1,1),点P的坐标是(x,0,y),若PA⊥平面ABC,则点P的坐标是________.

【解析】根据题意,可得=(1,1,1),=(2,0,1),=(x,1,y),因为AP⊥平面ABC,所以⊥且⊥,所以解得x=1,y=2,可得P的坐标是(1,0,2).答案:(1,0,2)8.如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE与DF的和为________.

【解析】以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),所以=(x1,0,1),又F(0,0,1y),B(1,1,1),所以=(1,1,y),由于AB⊥B1E,故若B1E⊥平面ABF,只需·=(1,1,y)·(x1,0,1)=0⇒x+y=1.答案:1三、解答题(每小题10分,共20分)9.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3,点E在AA1上,点F在CC1上,且AE=FC1=1.(1)求证:E,B,F,D1四点共面.(2)若点G在BC上,BG=23,点M在BB1上,GM⊥BF,垂足为H,求证:EM⊥平面BCC1B1【证明】(1)以B为原点,以BA,BC,BB1为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),E(3,0,1),F(0,3,2),D1(3,3,3),则=(3,0,1),=(0,3,2),=(3,3,3),所以=+.由向量共面的充要条件知E,B,F,D1四点共面.(2)设M(0,0,z0),G0,23,0,而=(0,3,2),由题设得·=23×3+z0·2=0,得z0=1.故M(0,0,1),所以=(3,0,0).又因为=(0,0,3),=(0,3,0),所以·=0,·=0,从而ME⊥BB1,ME⊥BC.又因为BB1∩BC=B,故ME⊥平面BCC1B1.【变式备选】如图,在直角梯形AA1B1B中,∠A1AB=90°,A1B1∥AB,AB=AA1=2A1B1=2.直角梯形AA1C1C通过直角梯形AA1B1B以直线AA1为轴旋转得到,且使得平面AA1C1C⊥平面AA1B1为线段BC的中点,P为线段BB1上的动点.(1)求证:A1C1⊥AP.(2)是否存在点P,使得直线A1C∥平面AMP?请说明理由.【解析】(1)由已知∠A1AB=∠A1AC=90°,且平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,所以∠BAC=90°,即AC⊥AB.又因为AC⊥AA1且AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.由已知A1C1∥AC,所以A1C1⊥平面AA1B1B.因为AP⊂平面AA1B1B,所以A1C1⊥AP.(2)由(1)可知AC,AB,AA1两两垂直.分别以AC,AB,AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示.由已知AB=AC=AA1=2A1B1=2A1C1=2,所以A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0),B1(0,1,2),A1(0,0,2),M(1,1,0)设存在点P,使得直线A1C∥平面AMP.设P(x1,y1,z1),且=λ,λ∈[0,1],则(x1,y12,z1)=λ(0,1,2),所以x1=0,y1=2λ,z1=2λ.所以=(0,2λ,2λ).设平面AMP的一个法向量为n0=(x0,y0,z0),由得x0+y0=0,(2-λ)y0+2λz0=0,又=(2,0,2),若A1C∥平面AMP,则⊥n0.所以·n0=2λ-2λ=0.所以λ=所以在线段BB1上存在点P,且BPPB1使得直线A1C∥平面AMP.10.(2019·泰安模拟)如图,在四棱锥PABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AD⊥AB,且PB=AB=AD=3,BC=1.(1)若点F为PD上一点且PF=13PD,证明:CF∥平面(2)在线段PD上是否存在一点M,使得CM⊥PA?若存在,求出PM的长;若不存在,说明理由.【解析】(1)过点F作FH∥AD,交PA于H,连接BH,因为PF=13所以HF=13又因为FH∥AD,AD∥BC,所以HF∥BC.所以四边形BCFH为平行四边形,所以CF∥BH.又因为BH⊂平面PAB,CF⊄平面PAB,所以CF∥平面PAB.(2)因为在梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,所以BC⊥AB,因为PB⊥平面ABCD,所以PB⊥AB,PB⊥BC,如图,以B为原点,BC,BA,BP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,所以C(1,0,0),D(3,3,0),A(0,3,0),P(0,0,3).假设存在点M,设=λ=(3λ,3λ,3λ),所以=+=(1+3λ,3λ,33λ),所以·=9λ3(33λ)=0,解得λ=12,所以存在点M,且PM=12PD=3……20分钟40分1.(5分)如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,AB=AA1=2,平面OCB1的法向量n=(x,y,z)为()A.(0,1,1)B.(1,1,1)C.(0,1,1)D.(1,1,1)【解析】选C.因为四边形ABCD是正方形,且AB=2,所以AO=OC=1,所以=(1,0,0),因为A(1,0,0),B(0,1,0),所以=(1,1,0),所以=(1,1,0),因为OA=1,AA1=2,所以OA1=2-1=1,故故=+=(1,1,1),因为向量n=(x,y,z)是平面OCB1的法向量,所以·n=x=0,·n=x+y+z=0,故x=0,y=z,结合选项可知,当y=1时,z=1.2.(5分)如图所示,在正方体ABCDA1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=2a3,则MN与平面BB1C1CA.斜交 B.平行C.垂直 D.不能确定【解析】选B.分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.因为A1M=AN=23所以Ma,N23所以=-a3又C1(0,0,0),D1(0,a,0),所以=(0,a,0),所以·=0,所以⊥.因为是平面BB1C1C的一个法向量,且MN⊄平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.3.(5分)(2020·德阳模拟)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,如果=(2,1,4),=(4,2,0),=(1,2,1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④∥.其中正确的序号是________.

【解析】因为·=0,·=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.又与不平行,所以是平面ABCD的法向量,则③正确.由于==(2,3,4),=(1,2,1),所以与不平行,故④错误.答案:①②③4.(5分)已知长方体ABCDA1B1C1D1内接于球O,底面ABCD是正方形,E为AA1的中点,OA⊥平面BDE,则AA1AB【解析】以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=a,AA1=c,则A(a,0,0),Ea,0,c2,D(0,0,0),B(a,a,0),=a,0,c2,=(a,a,0),=因为OA⊥平面BDE,所以解得c=2a,所以AA1AB=c答案:25.(10分)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使平面EFPQ⊥平面PQMN?若存在,求出实数λ的值;若不存在,说明理由.【解析】以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),M(2,1,2),N(1,0,2),=(2,0,2),=(1,0,λ),=(1,1,0),=(1,1,0),=(1,0,λ2).(1)当λ=1时,=(1,0,1),因为=(2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)存在.设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得x+于是可取n=(λ,λ,1).同理可得平面PQMN的一个法向量为m=(λ2,2λ,1).则m·n=(λ2,2λ,1)·(λ,λ,1)=0,即λ(λ2)λ(2λ)+1=0,解得λ=1±22故存在λ=1±22,使平面EFPQ⊥平面【变式备选】如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为梯形,AB∥DC,BC=DC=12是AB的中点,PO⊥底面在平面PAD上的正投影为点H,延长PH交AD于点(1)求证:E为AD的中点.(2)若∠ABC=90°,PA=2,在棱BC上确定一点G,使得HG∥平面PAB.【解析】(1)连接OE,因为AB=2,O是AB的中点,所以OB=1,因为CD=1.所以OB=CD,因为AB∥DC,所以四边形BCDO是平行四边形.所以OD=BC=1.因为PO⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD,所以PO⊥AD.因为O在平面PAD上的正投影为点H,所以OH⊥平面PAD,因为AD⊂平面PAD,所以OH⊥AD.又因为OH∩PO=O,所以AD⊥平面POE,所以AD⊥OE.又因为AO=OD=1,所以E为AD的中点.(2)因为∠ABC=90°,OD∥BC,所以OD⊥BA,因为PO⊥底面ABCD,故以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系.O(0,0,0),C(1,1,0),D(1,0,0),PO=PA2-所以AD=PD=PA=2,所以H是△ADP的重心.所以=+=+23=13,-13,设=λ,所以=λ+=(λ,1,0),所以==13-λ,-又=(1,0,0)是平面PAB的法向量,且HG∥平面PAB.所以·=0,所以13λ=0,解得λ=1所以=13,所以存在点G,