高中数学6.3空间向量的应用练习

这是一份高中数学6.3空间向量的应用练习，共23页。试卷主要包含了3　空间向量的应用，已知AB=,BC=,BP=等内容，欢迎下载使用。
6.3.1 直线的方向向量与平面的法向量
6.3.2 空间线面关系的判定
基础过关练
题组一 直线的方向向量与平面的法向量
1.(2021江苏无锡江阴一中高二月考)已知直线l的一个方向向量为m=(2,-1,3),且直线l过A(0,y,3)和B(-1,2,z)两点,则y-z=( )

A.0B.1C.32D.3
2.(2021江苏南京师大附中高二月考)若a=x,2y-1,-14是平面α的一个法向量,且向量b=(-1,2,1),c=3,12,-2与平面α都平行,则向量a等于( )
A.-2752,-5326,-14B.-952,-5326,-14
C.-952,-2752,-14D.-952,126,-14
3. (多选)(2021江苏泰州中学高二期末)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果AB=(2,-1,-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),那么下列结论正确的有( )
A.AP⊥AB
B.AP⊥AD
C.AP是平面ABCD的一个法向量
D.AP∥BD
4.(2021福建龙岩高二期末)已知AB=(1,1,-2),BC=(1,-1,z),BP=(x-1,y,-1).若BP是平面ABC的一个法向量,则|CP|的最小值为 .
题组二 利用空间向量解决空间中的平行关系
5.(2021江苏扬州中学高二期末)若平面α,β的法向量分别为a=(-1,2,4),b=(x,-1,-2),且α∥β,则x的值为( )
A.10B.-10
C.12D.-12
6.若直线l的方向向量为m,平面α的法向量为n,则可能使l∥α的是( )
A.m=(1,0,0),n=(-2,0,0)
B.m=(1,3,5),n=(1,0,1)
C.m=(0,2,1),n=(-1,0,-1)
D.m=(1,-1,3),n=(0,3,1)
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l1∥l2,则( )
A.x=6,y=15B.x=3,y=15
C.x=83,y=103D.x=6,y=152
8.(2021北京陈经纶中学高二月考)已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面β的一个法向量为n=(-1,-1,-1),且β与α不重合,则( )
A.α∥βB.α⊥β
C.α与β相交但不垂直D.以上都不对
题组三 利用空间向量解决空间中的垂直关系
9.设直线l1,l2的方向向量分别为a=(1,2,-2),b=(-2,3,m),若l1⊥l2,则实数m等于( )
A.1B.2C.3D.4
10.(2021江苏南通如皋中学高二月考)若平面α的一个法向量为v1=(1,2,0),平面β的一个法向量为v2=(2,-1,0),则平面α和平面β的位置关系是( )
A.平行B.相交但不垂直
C.垂直D.重合
11.(2021天津师范大学附属中学高二上月考)若直线l的一个方向向量为a=(1,0,2),平面α的一个法向量为b=(-2,0,-4),则直线l与平面α的位置关系为 .
12.(2021江苏连云港高二期末)如图,棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,在底面ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,M,N分别为A1B1,A1A的中点.
(1)求异面直线BA1与CB1所成角的余弦值;
(2)求证:BN⊥平面C1MN.
能力提升练
题组一 利用空间向量解决空间中的位置关系
1.(多选)(2021山东泰安高二期中,)下列结论中,正确的是( )

A.两条不重合的直线l1,l2的方向向量分别是a=(2,3,-1),b=(-2,-3,1),则l1∥l2
B.直线l的方向向量为a=(1,-1,2),平面α的法向量为u=(6,4,-1),则l⊥α
C.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⊥β
D.直线l的方向向量是a=(0,3,0),平面α的法向量是u=(0,-5,0),则l∥α
2.(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D1M⊥CP,则△BCM面积的最小值为( )
A.8B.4C.82D.855
3.(多选)(2021江苏南通启东中学、通州高级中学高二期末,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3AD=3AA1=3,P为线段A1C上的动点,则下列结论正确的是( )
A.当A1C=2A1P时,B1,P,D三点共线
B.当AP⊥A1C时,AP⊥D1P
C.当A1C=3A1P时,D1P∥平面BDC1
D.当A1C=5A1P时,A1C⊥平面D1AP
4.(2021江西赣州中学高二期末,)如图,已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是B1C的中点,H,E分别为DG,C1D的中点,DG⊥平面α,HE⊂平面α,平面A1C1D与平面α相交于一条线段,则该线段的长度是( )
A.144B.114C.142D.112
5.(2021江苏宿迁中学高三期末,)在棱长为9的正方体ABCD-A'B'C'D'中,点E,F分别在棱AB,DD'上,满足AEEB=D'FFD=2,P是直线DD'上一点,且PB∥平面CEF,则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为 .
6.()如图,正方形ABCD的边长为22,四边形BDEF是平行四边形,BD与AC交于点G,O为GC的中点,FO=3,且FO⊥平面ABCD.求证:
(1)AE∥平面BCF;
(2)CF⊥平面AEF.
题组二 利用空间向量解决探索性问题
7.(2021江苏南京二十九中高二月考,)如图,在底面是正方形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,E,F,G分别是BC,PC,CD的中点.
(1)求证:BG⊥平面PAE;
(2)在线段BG上是否存在点H,使得FH∥平面PAE?若存在,求出BHBG的值;若不存在,请说明理由.
8.(2021江苏镇江一中高二期末,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AC=BC=AA1=1,AC⊥BC,且D,E,F分别为棱AB,BC,AC的中点.
(1)证明直线A1F与B1E共面,并求其所成角的余弦值;
(2)在棱CC1上是否存在点M,使得DM⊥平面A1B1EF?若存在,求出CMCC1的值;若不存在,请说明理由.
9. (2021江苏扬州高二期末,)如图,在多面体ABCDEF中,梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直,AF∥DE,DE⊥AD,AD⊥BE,AF=AD=12DE=1,AB=2.
(1)求证:BF∥平面CDE;
(2)判断线段BE上是否存在点Q,使得平面CDQ⊥平面BEF,若存在,求出BQBE的值;若不存在,请说明理由.
10.()如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC上(不含端点).
(1)是否存在点E,使得PC⊥平面BDE?
(2)是否存在点E,使得平面PCD⊥平面AED?
答案全解全析
第6章 空间向量与立体几何
6.3 空间向量的应用
6.3.1 直线的方向向量与平面的法向量
6.3.2 空间线面关系的判定
基础过关练
1.A 易得AB=(-1,2-y,z-3),
∵直线l的一个方向向量为m=(2,-1,3),∴可设AB=km,k∈R,
∴-1=2k,2-y=-k,z-3=3k,解得k=-12,y=32,z=32.
∴y-z=0.
2.D 由题意得a·b=0,a·c=0,
所以-x+4y-94=0,3x+y=0,解得x=-952,y=2752,
所以a=-952,126,-14.故选D.
3.ABC 因为AB·AP=-2-2+4=0,所以AP⊥AB,A正确;因为AD·AP=-4+4+0=0,所以AP⊥AD,B正确;因为AP⊥AB,AP⊥AD,AB∩AD=A,所以AP⊥平面ABCD,所以AP是平面ABCD的一个法向量,C正确;因为BD⊂平面ABCD,所以AP⊥BD,D错误.故选ABC.
4.答案 5
解析 由题意得BP⊥平面ABC,且AB,BC都在平面ABC内,
所以BP⊥AB,BP⊥BC,所以BP⊥AB,BP⊥BC,所以BP·AB=x-1+y+2=0,BP·BC=x-1-y-z=0,
解得y=-x-1,z=2x,
又CP=BP-BC=(x-2,y+1,-1-z),
所以|CP|2=(x-2)2+(y+1)2+(-1-z)2=(x-2)2+(-x)2+(-1-2x)2=6x2+5≥5,
所以|CP|的最小值为5.
5.C 因为α∥β,所以a∥b,所以x-1=-12=-24,解得x=12,故选C.
6.D 因为l∥α,所以m⊥n,即m·n=0,满足条件的只有选项D,故选D.
7.D 因为l1∥l2,所以a∥b,所以32=x4=y5,解得x=6,y=152,故选D.
8.A 由题意得AB=(0,1,-1),AC=(1,0,-1).
∵n·AB=(-1,-1,-1)·(0,1,-1)=-1+1=0,
n·AC=(-1,-1,-1)·(1,0,-1)=-1+1=0,
∴n⊥AB,n⊥AC,
∴n也为α的一个法向量,
又α与β不重合,∴α∥β.故选A.
9.B 因为l1⊥l2,所以a⊥b,则a·b=-2+6-2m=0,解得m=2,故选B.
10.C ∵v1·v2=(1,2,0)·(2,-1,0)=2-2=0,∴v1⊥v2,
又v1,v2分别为平面α,β的法向量,
∴α⊥β.
11.答案 l⊥α
解析 ∵b=-2a,∴a∥b,∴l⊥α.
12.解析 以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系C-xyz,如图所示.
依题意得B(0,1,0),A1(1,0,2),C(0,0,0),B1(0,1,2),C1(0,0,2),M12,12,2,N(1,0,1).
(1)BA1=(1,-1,2),CB1=(0,1,2),
∴BA1·CB1=1×0+(-1)×1+2×2=3,
又|BA1|=6,|CB1|=5,
∴cs=BA1·CB1|BA1||CB1|=3010,
故异面直线BA1与CB1所成角的余弦值为3010.
(2)证法一:C1M=12,12,0,C1N=(1,0,-1),BN=(1,-1,1).
设平面C1MN的法向量为n=(x,y,z),
则C1M·n=0,C1N·n=0,即12x+12y=0,x-z=0,
令x=1,得n=(1,-1,1),则BN∥n,
∴BN⊥平面C1MN.
证法二:C1M=12,12,0,C1N=(1,0,-1),BN=(1,-1,1),
∴C1M·BN=12×1+12×(-1)+0×1=0,C1N·BN=1×1+0×(-1)+(-1)×1=0,
∴C1M⊥BN,C1N⊥BN,
∴C1M⊥BN,C1N⊥BN,
又C1M∩C1N=C1,C1M⊂平面C1MN,C1N⊂平面C1MN,
∴BN⊥平面C1MN.
方法总结
利用空间向量的方法证明线面位置关系时,可应用线面位置关系的判定定理进行证明,也可用直线的方向向量和平面的法向量间的关系进行证明.
能力提升练
1.AC 对于A,b=-a,所以l1∥l2,正确;
对于B,a·u=1×6-1×4+2×(-1)=0,所以a⊥u,所以l∥α或l⊂α,错误;
对于C,u·v=2×(-3)+2×4-1×2=0,所以α⊥β,正确;
对于D,u=-53a,所以a∥u,所以l⊥α,错误.
易错警示
直线的方向向量与平面的法向量垂直,则这条直线可能与平面平行,也可能在平面内,本题B选项中要注意l⊂α 的情况.
2.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,b∈[0,4]),
则D1M=(4,a,b-4),CP=(4,-4,2),
∵D1M⊥CP,
∴D1M·CP=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,BM⊥BC,
∴△BCM面积的最小值为455×4×12=855.
故选D.
3.ACD 以D为坐标原点,DA,DC,DD1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D-xyz.
因为AB=3AD=3AA1=3,所以AD=AA1=1,则D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,3,0),D1(0,0,1),B(1,3,0),C1(0,3,1),B1(1,3,1),则A1C=(-1,3,-1),D1A=(1,0,-1).
对于A,当A1C=2A1P时,P为线段A1C的中点,则P12,32,12,DP=12,32,12,又DB1=(1,3,1),则DB1=2DP,所以B1,D,P三点共线,A正确.
对于B,设A1P=λA1C=λ(-1,3,-1)=(-λ,3λ,-λ)(0≤λ≤1),又AA1=(0,0,1),所以AP=AA1+A1P=(-λ,3λ,1-λ),由AP⊥A1C,可得AP·A1C=5λ-1=0,解得λ=15,
所以AP=-15,35,45,
D1P=D1A+AP=(1,0,-1)+-15,35,45=45,35,-15,
所以AP·D1P=-425+325-425=-15≠0,所以AP与D1P不垂直,B错误.
对于C,当A1C=3A1P时,A1P=13A1C=-13,33,-13,DC1=(0,3,1),DB=(1,3,0).
设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),
则n·DC1=0,n·DB=0,即3y+z=0,x+3y=0,令y=1,则x=z=-3,所以n=(-3,1,-3),
又A1D1=(-1,0,0),
所以D1P=A1P-A1D1=23,33,-13,
所以D1P·n=23×(-3)+33×1-13×(-3)=0,所以D1P⊥n,因为D1P⊄平面BDC1,所以D1P∥平面BDC1,C正确.
对于D,当A1C=5A1P时,
A1P=15A1C=-15,35,-15,
所以D1P=A1P-A1D1=45,35,-15,
所以A1C·D1P=-1×45+3×35-1×-15=0,所以A1C⊥D1P,又A1C·D1A=-1×1+3×0+(-1)2=0,所以A1C⊥D1A,又D1P∩D1A=D1,所以A1C⊥平面D1AP,D正确.故选ACD.
4.C 如图,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,则D(0,0,0),G(1,2,1),E(0,1,1),DG=(1,2,1),因为HE⊂平面α,所以E∈平面α,因为E∈C1D,所以E∈平面A1C1D,所以E是平面A1C1D与平面α的一个交点,如果另一个交点在A1C1上,设为M,且设M(a,2-a,2),0≤a≤2,所以EM=(a,1-a,1),因为EM⊂平面α,DG⊥平面α,所以EM⊥DG,所以EM·DG=a+2-2a+1=0,解得a=3,不合题意,所以另一个交点在A1D上,不妨设为F,且设F(b,0,b),0≤b≤2,所以平面A1C1D∩平面α=EF,即求EF的长度,因为EF⊂平面α,DG⊥平面α,所以EF⊥DG,所以EF·DG=(b,-1,b-1)·(1,2,1)=b-2+b-1=0,解得b=32,所以F32,0,32,所以|EF|=322+(-1)2+122=142.故选C.
5.答案 178π
解析 以D为原点,DA,DC,DD'所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,由已知得E(9,6,0),C(0,9,0),F(0,0,3),B(9,9,0),设P(0,0,t),所以EC=(-9,3,0),CF=(0,-9,3),PB=(9,9,-t).设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则n·EC=0,n·CF=0,即-9x+3y=0,-9y+3z=0.不妨令z=3,则y=1,x=13,得n=13,1,3.因为PB∥平面CEF,所以PB·n=0,即13×9+1×9-3t=0,解得t=4,所以P(0,0,4).因为PD⊥平面ABCD,且底面ABCD是正方形,所以四棱锥P-ABCD外接球的直径就是PB,由PB=(9,9,-4),得|PB|=92+92+(-4)2=178,所以其外接球的表面积S=4π|PB|22=178π.
6.证明 取BC的中点H,连接OH,则OH∥BD.
∵四边形ABCD为正方形,
∴AC⊥BD,∴OH⊥AC,
故以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),C(-1,0,0),F(0,0,3),B(1,2,0).
BC=(-2,-2,0),CF=(1,0,3),BF=(-1,-2,3),AF=(-3,0,3).
(1)设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),
则BC·n=0,CF·n=0,即-2x-2y=0,x+3z=0,取z=1,得n=(-3,3,1).
∵四边形BDEF为平行四边形,
∴DE=BF=(-1,-2,3),
∴AE=AD+DE=BC+BF=(-2,-2,0)+(-1,-2,3)=(-3,-4,3),
∴AE·n=-3×(-3)-4×3+3×1=0,
∴AE⊥n,
又AE⊄平面BCF,∴AE∥平面BCF.
(2)∵CF·AF=-3+3=0,CF·AE=-3+3=0,
∴CF⊥AF,CF⊥AE,即CF⊥AF,CF⊥AE.
又AE∩AF=A,AE,AF⊂平面AEF,
∴CF⊥平面AEF.
7.解析 (1)证明:以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0).
因为E,F,G分别是BC,PC,CD的中点,
所以E(2,1,0),F(1,1,1),G(1,2,0),
所以BG=(-1,2,0),AP=(0,0,2),AE=(2,1,0),
所以BG·AP=0,且BG·AE=0,
所以BG⊥AP,BG⊥AE,又AE∩AP=A,
所以BG⊥平面PAE.
(2)假设在线段BG上存在点H,使得FH∥平面PAE,连接FH.
设BH=λBG(0≤λ≤1),
则FH=FB+BH=AB-AF+λBG=(1-λ,2λ-1,-1).
因为FH∥平面PAE,BG⊥平面PAE,
所以BG·FH=-1×(1-λ)+2×(2λ-1)+0×(-1)=5λ-3=0,
所以λ=35,符合题意.
所以在线段BG上存在点H,使得FH∥平面PAE,且BHBG=35.
8.解析 (1)∵E,F分别是棱BC,AC的中点,
∴EF∥AB.
由棱柱的性质易得A1B1∥AB,∴EF∥A1B1,
∴E,F,A1,B1四点共面,即直线A1F与B1E共面.
取A1B1的中点H,连接EH,易知四边形EFA1H为平行四边形,
故A1F∥HE,则∠HEB1(或其补角)为直线A1F与B1E所成的角.
∵AC=BC=1,AC⊥BC,∴AB=A1B1=2,
在△HEB1中,HB1=12A1B1=22,HE=A1F=B1E=1+14=52,
∴cs∠HEB1=HE2+B1E2-HB122·HE·B1E=54+54-122×52×52=45,
即直线A1F与B1E所成角的余弦值为45.
(2)以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(0,1,1),B1(1,0,1),F0,12,0,D12,12,0.
设M(0,0,m)(0≤m≤1),
则A1B1=(1,-1,0),A1F=0,-12,-1,
DM=-12,-12,m,
要使DM⊥平面A1B1EF,则DM·A1B1=0,DM·A1F=0,
即-12×1+-12×(-1)+m×0=0,-12×0+-12×-12+m×(-1)=0,
解得m=14∈[0,1],即CMCC1=14.
故在棱CC1上存在点M,使得DM⊥平面A1B1EF,且CMCC1=14.
9.解析 (1)证明:由底面ABCD为平行四边形,知AB∥CD.
因为AB⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,
所以AB∥平面CDE.同理AF∥平面CDE.
又因为AB∩AF=A,
所以平面ABF∥平面CDE.
又因为BF⊂平面ABF,
所以BF∥平面CDE.
(2)连接BD,
因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊥AD,
所以DE⊥平面ABCD,所以DE⊥DB.
因为DE⊥AD,AD⊥BE,DE∩BE=E,
所以AD⊥平面BDE,所以AD⊥BD.
故DA,DB,DE两两垂直,所以以D为坐标原点,DA,DB,DE所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,1,0),E(0,0,2),F(1,0,1),
所以BE=(0,-1,2),EF=(1,0,-1),DB=(0,1,0),DC=(-1,1,0).
设平面BEF的法向量为m=(x,y,z),
由m·BE=0,m·EF=0,得-y+2z=0,x-z=0,
令z=1,得m=(1,2,1).
设BQ=λBE=(0,-λ,2λ)(λ∈[0,1]),
所以DQ=DB+BQ=(0,1-λ,2λ).
设平面CDQ的法向量为n=(a,b,c),
所以n·DC=0,n·DQ=0,即-a+b=0,(1-λ)b+2λc=0.
若平面CDQ⊥平面BEF,则m·n=0,即a+2b+c=0,
所以λ=17∈[0,1].
所以在线段BE上存在点Q,使得平面CDQ⊥平面BEF,此时BQBE=17.
10.解析 ∵底面ABCD为正方形,∴AB⊥AD,又PA⊥平面ABCD,∴以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=a,AP=c,a>0,c>0,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,c).
(1)BD=(-a,a,0),PC=(a,a,-c),PB=(a,0,-c),
设PE=λPC,0