2025高考数学一轮复习-7.7-利用空间向量研究直线、平面间的位置关系算-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-7.7-利用空间向量研究直线、平面间的位置关系算-专项训练【A级基础巩固】1．已知直线l的一个方向向量为m＝(x，2，－5)，平面α的一个法向量为n＝(3，－1，2).若l∥α，则x等于()A．－6 B．6C．－4 D．42．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＝eq\f(\r(2)a,3)，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3．(多选)已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则下列结论正确的有()A．eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))是共线向量B．与eq\o(AB,\s\up6(→))共线的单位向量是(1，1，0)C．eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(BC,\s\up6(→))夹角的余弦值是－eq\f(\r(55),11)D．平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)4．已知直线l的方向向量是m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)，平面α的一个法向量是n＝(2，3，3).若l⊥α，则a＋b＝________．5．平面α的法向量为n＝(1，－1，2)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，0，－1)，那么直线AB与平面α的关系是________．6．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点．(1)用向量法证明平面A1BD∥平面B1CD1；(2)用向量法证明MN⊥平面A1BD.INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．(多选)下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是()A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，则l1∥l2B．两个不同的平面α，β的法向量分别是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，则α⊥βC．直线l的方向向量a＝(1，－1，2)，平面α的法向量是u＝(6，4，－1)，则l⊥αD．直线l的方向向量a＝(0，3，0)，平面α的法向量是u＝(0，－5，0)，则l∥α2．在正三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱长为2，底面边长为1，M为BC的中点，eq\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，且AB1⊥MN，则λ的值为________．3．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，eq\o(VP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))，eq\o(VM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VB,\s\up6(→))，eq\o(VN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→))，则VA与平面PMN的位置关系是________．4．如图，四棱锥P­ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB.(1)求证：AM⊥平面PBD；(2)设直线AM与平面PBD交于O，求证：AO＝2OM.5．如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．(1)求证：B1E⊥AD1.(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．参考答案【A级基础巩固】1．解析：若l∥α，则m⊥n，从而m·n＝0，即3x－2－10＝0，解得x＝4.答案：D2．解析：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＝eq\f(\r(2)a,3)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(2,3)a，\f(a,3)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a))，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a)).又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，所以eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a，0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))·eq\o(C1D1,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(MN,\s\up6(→))⊥eq\o(C1D1,\s\up6(→)).因为eq\o(C1D1,\s\up6(→))是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.答案：B3．解析：对于A，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，不存在实数λ，使得eq\o(AB,\s\up6(→))＝λeq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AB,\s\up6(→))与eq\o(AC,\s\up6(→))不是共线向量，所以A错误；对于B，因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，所以与eq\o(AB,\s\up6(→))共线的单位向量为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)，0))或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5)，0))，所以B错误；对于C，向量eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(55),11)，所以C正确；对于D，设平面ABC的法向量是n＝(x，y，z).因为eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋y＝0，,－x＋2y＋z＝0.))令x＝1，则n＝(1，－2，5)，所以D正确．答案：CD4．解析：∵m＝(1，a＋2b，a－1)(a，b∈R)是直线l的方向向量，n＝(2，3，3)是平面α的一个法向量，l⊥α，∴m∥n，∴eq\f(1,2)＝eq\f(a＋2b,3)＝eq\f(a－1,3)，解得a＝eq\f(5,2)，b＝－eq\f(1,2)，∴a＋b＝2.答案：25．解析：因为eq\o(AB,\s\up6(→))·n＝0，所以eq\o(AB,\s\up6(→))⊥n，则AB∥α或AB⊂α.答案：AB∥α或AB⊂α6．证明：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，A1(2，0，2)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，D1(0，0，2).设平面A1BD的法向量为m＝(x，y，z)，因为eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋2z＝0，,2x＋2y＝0，))所以取m＝(－1，1，1)，同理平面B1CD1的一个法向量为n＝(－1，1，1)，所以m∥n，所以平面A1BD∥平面B1CD1.(2)因为M，N分别为AB，B1C的中点，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－1，1，1)，又由(1)知，平面A1BD的一个法向量为m＝(－1，1，1)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))∥m，所以MN⊥平面A1BD.INCLUDEPICTURE"B组.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\大样\\人教数学\\B组.TIF"INET【B级能力提升】1．解析：对于A，两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是a＝(2，3，－1)，b＝(－2，－3，1)，则b＝－a，所以l1∥l2，选项A正确；对于B，两个不同的平面α，β的法向量分别是u＝(2，2，－1)，v＝(－3，4，2)，则u·v＝2×(－3)＋2×4－1×2＝0，所以α⊥β，选项B正确；对于C，直线l的方向向量a＝(1，－1，2)，平面α的法向量是u＝(6，4，－1)，则a·u＝1×6－1×4＋2×(－1)＝0，所以l∥α或l⊂α，选项C错误；对于D，直线l的方向向量a＝(0，3，0)，平面α的法向量是u＝(0，－5，0)，则u＝－eq\f(5,3)a，所以l⊥α，选项D错误．答案：AB2．解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，以eq\o(MC,\s\up6(→))，eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(MP,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系．因为底面边长为1，侧棱长为2，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，2))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，C1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，2))，M(0，0，0).设Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，t))，因为eq\o(C1N,\s\up6(→))＝λeq\o(NC,\s\up6(→))，所以Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).又因为AB1⊥MN，所以eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝0，所以－eq\f(1,4)＋eq\f(4,1＋λ)＝0，解得λ＝15.答案：153．解析：如图，设eq\o(VA,\s\up6(→))＝a，eq\o(VB,\s\up6(→))＝b，eq\o(VC,\s\up6(→))＝c，则eq\o(VD,\s\up6(→))＝a＋c－b，由题意知eq\o(PM,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)b－eq\f(1,3)c，eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(VD,\s\up6(→))－eq\f(1,3)eq\o(VC,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)a－eq\f(2,3)b＋eq\f(1,3)c.因此eq\o(VA,\s\up6(→))＝eq\f(3,2)eq\o(PM,\s\up6(→))＋eq\f(3,2)eq\o(PN,\s\up6(→))，∴eq\o(VA,\s\up6(→))，eq\o(PM,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))共面．又∵VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.答案：平行4．证明：(1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，设PA＝AB＝2，则A(0，0，0)，P(0，0，2)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，M(1，1，1)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(1，1，1).设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PB,\s\up6(→))＝2x－2z＝0，,n·\o(PD,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))取x＝1，得n＝(1，1，1).∵eq\o(AM,\s\up6(→))＝n，∴AM⊥平面PBD.(2)如图，连接AC交BD于点E，则E是AC的中点，连接PE，∵AM∩平面PBD＝O，∴O∈AM且O∈平面PBD.∵AM⊂平面PAC，∴O∈平面PAC.又平面PBD∩平面PAC＝PE，∴O∈PE，∴AM，PE的交点就是O，连接ME.∵M是PC的中点，∴PA∥ME，PA＝2ME，∴△PAO∽△EMO，∴eq\f(PA,ME)＝eq\f(AO,OM)＝eq\f(2,1)，∴AO＝2OM.5．(1)证明：以A为原点，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0，1).故eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\r