23版新高考一轮分层练案(四十)　空间向量及空间位置关系

这是一份23版新高考一轮分层练案(四十)　空间向量及空间位置关系，共9页。试卷主要包含了下列命题是真命题的有等内容，欢迎下载使用。
一轮分层练案(四十)　空间向量及空间位置关系

A级——基础达标
1．已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　)
A．9　　　　　　　　　　　 B．－9
C．－3 D.3
【答案】B　由题意知c＝xa＋yb，即(7,6，λ)＝x(2,1，－3)＋y(－1,2,3)，∴解得λ＝－9.
2．在空间四边形ABCD中，·＋·＋·＝(　　)
A．－1 B．0
C．1 D.不确定
【答案】B　如图，令＝a，＝b，＝c，
则·＋·＋·＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
3．若平面α，β的法向量分别为n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则(　　)
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直 D.以上均不正确
【答案】C　∵n1·n2＝2×(－3)＋(－3)×1＋5×(－4)＝－29≠0，∴n1与n2不垂直，又n1，n2不共线，∴α与β相交但不垂直．
4．已知空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的(　　)
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件
C．充要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B　当x＝2，y＝－3，z＝2时，即＝2－3＋2.则－＝2－3(－)＋2(－)，即＝－3＋2，根据共面向量定理知，P，A，B，C四点共面；反之，当P，A，B，C四点共面时，根据共面向量定理，设＝m＋n(m，n∈R)，即－＝m(－)＋n(－)，即＝(1－m－n)＋m＋n，即x＝1－m－n，y＝m，z＝n，这组数显然不止2，－3,2.故“x＝2，y＝－3，z＝2”是“P，A，B，C四点共面”的充分不必要条件．
5．(多选)有下列四个命题，其中不正确的命题有(　　)
A．已知A，B，C，D是空间任意四点，则＋＋＋＝0
B．若两个非零向量与满足＋＝0，则∥
C．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量
D．对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面
【答案】ACD　对于A，已知A，B，C，D是空间任意四点，则＋＋＋＝0，错误；
对于B，若两个非零向量与满足＋＝0，
则∥，正确；
对于C，分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量是共面向量，不正确；
对于D，对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝x＋y＋z(x，y，z∈R)，当且仅当x＋y＋z＝1时，P，A，B，C四点共面，故错误．
6．(多选)下列命题是真命题的有(　　)
A．直线l的方向向量为a＝(1，－1,2)，直线m的方向向量为b＝，则l与m垂直
B．直线l的方向向量为a＝(0,1，－1)，平面α的法向量为n＝(1，－1，－1)，则l⊥α
C．平面α，β的法向量分别为n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，则α∥β
D．平面α经过三点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，则u＋t＝1
【答案】AD　∵a＝(1，－1,2)，b＝，
∴a·b＝1×2－1×1＋2×＝0，则a⊥b，
∴直线l与m垂直，故A正确；
a＝(0,1，－1)，n＝(1，－1，－1)，则a·n＝0×1＋1×(－1)＋(－1)×(－1)＝0，
则a⊥n，∴l∥α或l⊂α，故B错误；
∵n1＝(0,1,3)，n2＝(1,0,2)，∴n1与n2不共线，
∴α∥β不成立，故C错误；
∵点A(1,0，－1)，B(0,1,0)，C(－1,2,0)，
∴＝(－1,1,1)，＝(－1,1,0)．
∵向量n＝(1，u，t)是平面α的法向量，∴
即解得u＋t＝1，故D正确．
7．(多选)已知ABCD­A1B1C1D1为正方体，下列说法中正确的是(　　)
A．(＋＋)2＝3()2
B.·(－)＝0
C．向量与向量的夹角是60°
D．正方体ABCD­A1B1C1D1的体积为|··|
【答案】AB　由向量的加法得到：＋＋＝，∵A1C2＝3A1B，∴()2＝3()2，所以A正确；∵－＝，AB1⊥A1C，∴·＝0，故B正确；∵△ACD1是等边三角形，∴∠AD1C＝60°，又A1B∥D1C，∴异面直线AD1与A1B所成的角为60°，但是向量与向量的夹角是120°，故C不正确；∵AB⊥AA1，∴·＝0，故|··|＝0，因此D不正确．
8．已知四面体ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，△ABD是边长为2的等边三角形，BD＝DC，BD⊥CD，则异面直线AC与BD所成角的余弦值为________．
解析：由题意知CD⊥平面ABD，以D为坐标原点，DC所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，过D作平面BDC的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(0,1，)，C(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,0)，＝(2，－1，－)，＝(0，－2,0)，设异面直线AC与BD所成的角为α，则cos α＝＝，所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为.
【答案】
9．三棱柱ABC­A1B1C1中，M，N分别是A1B，B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N.设＝a，＝b，＝c.
(1)用a，b，c表示向量为________；　
(2)若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，则MN的长为______．
解析：(1)由题图知＝＋＋＝＋＋
＝(c－a)＋a＋(b－a)＝a＋b＋c.
(2)由题设条件，
因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝1＋1＋1＋0＋2×1×1×＋2×1×1×＝5，所以|a＋b＋c|＝，||＝|a＋b＋c|＝.
【答案】 (1)a＋b＋c　(2)
10.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠BCC1＝，BC＝1，AB＝C1C＝2，点E是棱C1C的中点．
(1)求证：C1B⊥平面ABC；
(2)在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由题意，∵BC＝1，CC1＝2，∠BCC1＝，利用余弦定理BC＝BC2＋CC－2BC×CC1cos 60°，
解得BC1＝，∴BC2＋BC＝CC，∴BC1⊥BC，∵AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴AB⊥BC1.
又∵AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC，
∴C1B⊥平面ABC.
(2)以B为坐标原点，分别以，和的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则有A(0,0,2)，B1(－1，，0)，E，A1(－1，，2)，C(1,0,0)，
＝(0,0，－2)，＝，
设平面A1B1E的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则∴令y＝，则x＝1，∴m＝(1，，0)，
假设存在点M，设M(x1，y1，z1)，则＝λ，λ∈[0,1]，
∴(x1－1，y1，z1)＝λ(－1,0,2)，∴M(1－λ，0,2λ)，
∴＝.
利用平面A1B1E的一个法向量为m＝(1，，0)，
∴＝，
得69λ2－38λ＋5＝0.
即(3λ－1)(23λ－5)＝0，∴λ＝或λ＝，
∴＝或＝.
B级——综合应用


11．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE.则M点的坐标为(　　)
A．(1,1,1) B.
C. D.
【答案】C　如图，设AC与BD相交于O点，连接OE，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，∴AM∥EO，
又O是正方形ABCD对角线交点，
∴M为线段EF的中点．
在空间坐标系中，E(0,0,1)，F(，，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标.
12．如图，在下列三个正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G均为所在棱的中点，过E，F，G作正方体的截面．在各正方体中，直线BD1与平面EFG的位置关系描述正确的是(　　)

A．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②③
B．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有①
C．BD1∥平面EFG的有且只有①，BD1⊥平面EFG的有且只有②
D．BD1∥平面EFG的有且只有②，BD1⊥平面EFG的有且只有③
【答案】A　对于图①，连接BD(图略)，因为E，F，G均为所在棱的中点，所以BD∥GE，DD1∥EF，从而可得BD∥平面EFG，DD1∥平面EFG，又BD∩DD1＝D，所以平面BDD1∥平面EFG，所以BD1∥平面EFG.
对于图②，连接DB，DA1(图略)，设正方体的棱长为1，因为E，F，G均为所在棱的中点，
所以·＝(－)·＝(·－·)＝×(1××cos 45°－××cos 60°)＝0，
即BD1⊥EG.
连接DC1，则·＝(－)·＝(·－·)＝×(1××cos 45°－××cos 60°)＝0，即BD1⊥EF.
又EG∩EF＝E，所以BD1⊥平面EFG.
对于图③，设正方体的棱长为1，连接DB，DG(图略)，因为E，F，G均为所在棱的中点，
所以·＝(－)·(－)＝(－)·＝2－·＋·＝－×1×＋××1×＝0，
即BD1⊥EG.
连接AF，则·＝(－)·(－)＝(－)·(＋＋)＝2－·－·＝1－××1×－××1×＝0，
即BD1⊥EF.
又EG∩EF＝E，所以BD1⊥平面EFG.故选A.
13．(多选)如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝，点P为线段A1C上的动点，则下列结论正确的是(　　)
A．当＝2时，B1，P，D三点共线
B．当⊥时，⊥
C．当＝3时，D1P∥平面BDC1
D．当＝5时，A1C⊥平面D1AP
【答案】ACD　在长方体ABCD­A1B1C1D1中，以点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．
因为AB＝AD＝AA1＝，所以AD＝AA1＝1，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0,1)，C(0，，0)，D1(0,0,1)，B(1，，0)，C1(0，，1)，B1(1，，1)，
则＝(－1，，－1)，＝(1,0，－1)．
对于A选项，当＝2时，P为线段A1C的中点，则P，＝，＝(1，，1)，则＝2，所以B1，D，P三点共线，正确；
对于B选项，设＝λ＝λ(－1，，－1)＝(－λ，λ，－λ)(0≤λ≤1)，
＝＋＝(－λ，λ，1－λ)，
由⊥，可得·＝5λ－1＝0，解得λ＝，
所以＝，＝＋＝(1,0，－1)＋＝，
所以·＝－＋－＝－≠0，所以与不垂直，错误；
对于C选项，当＝3时，＝＝，＝(0，，1)，＝(1，，0)．
设平面BDC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则即
令y＝1，则x＝z＝－，所以n＝(－，1，－)，
又＝(－1,0,0)，所以＝－＝，
所以·n＝×(－)＋×1－×(－)＝0，所以⊥n，
因为D1P⊄平面BDC1，所以D1P∥平面BDC1，正确；
对于D选项，当＝5时，
＝＝，
所以＝－＝，
所以·＝－1×＋×－1×＝0，·＝－1×1＋×0＋(－1)2＝0.所以A1C⊥D1P，A1C⊥D1A，又D1P∩D1A＝D1，
D1P⊂平面D1AP，D1A⊂平面D1AP，
所以A1C⊥平面D1AP，正确．
14．已知O(0,0,0)，A(1,2,1)，B(2，1,2)，P(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，当·取最小值时，点Q的坐标是________．
解析：由题意，设＝λ，则＝(λ，λ，2λ)，即Q(λ，λ，2λ)，则＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴·＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，
当λ＝1时取最小值，此时Q点坐标为(1,1,2)．
【答案】(1,1,2)
15．如图所示，已知四棱锥P­ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.用向量方法证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明：(1)取BC的中点O，连接PO，如图所示，
∵△PBC为等边三角形，∴PO⊥BC.
∵平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
∴PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝，
∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)，
∴＝(－2，－1,0)，＝(1，－2，－)．

∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，
∴⊥，∴PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，如图所示，则M.
∵＝，＝(1,0，－)，
∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PB.
∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，
∴⊥，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
C级——迁移创新
16．如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
解： (1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO.

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0，2，)．
＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，
∵·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
∴⊥，即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设＝λ，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．
从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．
设平面DA1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
又＝(0,2,0)，＝(，0，)，
则
取n＝(1,0，－1)，
∵BP∥平面DA1C1，
则n⊥，即n·＝－－λ＝0，解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP.