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北师大版高中数学选择性必修第一册第3章4-1 4-2 练习含答案
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这是一份北师大版高中数学选择性必修第一册第3章4-1 4-2 练习含答案，共27页。
§4 向量在立体几何中的应用4.1 直线的方向向量与平面的法向量4.2 用向量方法研究立体几何中的位置关系基础过关练 题组一 直线的方向向量1.(多选题)(2024山东聊城第一中学月考)下列关于空间向量的说法中正确的是( )A.若a是直线l的方向向量,则λa(λ∈R)也是直线l的方向向量B.空间任意一条直线的位置可以由直线上一点及该直线的方向向量唯一确定C.若两条直线平行,则它们的方向向量的方向相同或相反D.若A(-1,2,1),B(1,0,3)在直线l上,则直线l的一个方向向量为(1,-1,1)2.(2023山东淄博沂源第一中学月考)已知直线l1的一个方向向量为a=(2,4,m),直线l2的一个方向向量为b=(2,n,2),若|a|=6且a⊥b,则m+n的值是( )A.-3或1 B.3或-1 C.-3 D.13.(2024宁夏银川景博中学质量检测)已知向量a=(2,-1,3),b=(-4,2x2,6x)(x≠0)都是直线l的方向向量,则x的值是 . 题组二 平面的法向量4.(多选题)(2022辽宁大连月考)已知向量AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是( )A.13,-23,23 B.-13,23,-23C.12,-1,1 D.-12,1,-15.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱DD1的中点,以A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图),则平面ABE的一个法向量为( )A.(1,0,-2) B.(0,1,2)C.(0,2,-4) D.(-2,1,4)6.(2024广东茂名电白期中)17世纪,笛卡儿在《几何学》中,通过建立坐标系,引入点的坐标的概念,将代数对象与几何对象建立关系,从而实现了代数问题与几何问题的转化,打开了数学发展的新局面,创立了新分支——解析几何.我们知道,方程x=1在一维空间中表示一个点;在二维空间中,它表示一条直线;在三维空间中,它表示一个平面.那么,过点P0(1,2,1)且以u=(-2,1,3)为法向量的平面α所对应的方程为( )A.x+2y-z+3=0 B.2x-y-3z-3=0C.x+2y+z-3=0 D.2x-y-3z+3=0题组三 利用向量解决平行问题7.若两条不重合的直线l1和l2的一个方向向量分别为ν1=(1,0,-1),ν2=(-2,0,2),则l1和l2的位置关系是( )A.平行 B.相交 C.垂直 D.不确定8.(2023山东淄博桓台第二中学期中)已知直线l的方向向量为m,平面α的法向量为n,则“m·n=0”是“l∥α”的( )A.充要条件B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件D.必要不充分条件9.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∥β B.α⊥βC.α与β相交但不垂直 D.以上都不对10.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.22,22,1 D.24,24,1 题组四 利用向量解决垂直问题11.(多选题)(2024湖北黄冈黄梅国际育才高级中学月考)已知e为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),那么下列说法中正确的有( )A.e⊥n1⇔l∥αB.n1⊥n2⇔α⊥βC.n1∥n2⇔α∥βD.e∥n1⇔l⊥α12.(2023山东青岛莱西期中)已知直线l和平面ABC,若直线l的一个方向向量n=(1,-2,-5),向量AB=(1,0,−1),AC=(2,1,0),则下列结论一定正确的为( )A.l⊥平面ABCB.l与平面ABC相交,但不垂直C.l∥直线BCD.l∥平面ABC或l⊂平面ABC13.(2024北京师范大学附属实验中学期中)已知平面α的一个法向量为(2,-4,-2),平面β的一个法向量为(-1,2,k),若α⊥β,则k= . 14.(2024山东滨州惠民文昌中学月考)如图,下列正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是 .(填序号) 15.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底面ABCD.求证:PA⊥BD.16.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=13AA1=a,E,F分别是BB1,CC1上的点,且BE=a,CF=2a,求证:平面AEF⊥平面ACF.能力提升练 题组一 利用向量解决平行问题1.(2022四川雅安二模)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱DD1,BB1上的动点(异于所在棱的端点).给出下列结论:①直线FC1能与AE平行;②直线AC1与EF必然异面;③设直线AE,AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P,Q,则点C1可能在直线PQ上.其中所有正确结论的序号是 ( )A.①② B.①③ C.②③ D.①2.如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,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.题组二 利用向量解决垂直问题3.(2024陕西部分学校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形,AB=2AD=4,PD=455,E是PA的中点,FB=2PF.若点M在矩形ABCD内,且PM⊥平面DEF,则DM=( )A.355 B.255 C.55 D.4554.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为3的正方形,CC1⊥BC,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CM⊥BC1?若存在,求出BMBA1的值;若不存在,请说明理由.题组三 向量法的综合应用5.(2022北京昌平二模)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E,F分别是BB1,DD1的中点,则下列结论正确的是( )A.A1O∥EF B.A1O⊥EFC.A1O∥平面EFB1 D.A1O⊥平面EFB16.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB,BC的中点.(1)证明:PF⊥DF;(2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG∥平面PFD.7.(2024四川南充南部二中月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,M,N分别为AC,B1C1的中点.(1)求证:MN∥平面ABB1A1;(2)在线段CC1上是否存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ?若存在,求出CQCC1的值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析§4 向量在立体几何中的应用4.1 直线的方向向量与平面的法向量4.2 用向量方法研究立体几何中的位置关系基础过关练1.BCD 对于A,当λ=0时,λa=0不能作为直线l的方向向量,故A错误;易知B正确;对于C,相互平行的两条直线的方向向量共线,所以两向量的方向相同或相反,故C正确;对于D,l的一个方向向量为AB=(1-(-1),0-2,3-1)=(2,-2,2)=2(1,-1,1),所以(1,-1,1)也为l的一个方向向量,故D正确.故选BCD.2.A ∵|a|=22+42+m2=6,∴m=±4,又∵a⊥b,∴a·b=2×2+4n+2m=0,∴n=-1-12m,当m=4时,n=-3,则m+n=1;当m=-4时,n=1,则m+n=-3.∴m+n的值为1或-3.故选A.3.答案 -1解析 由题意得,存在实数λ,使得b=λa,即(-4,2x2,6x)=λ(2,-1,3),即-4=2λ,2x2=-λ,6x=3λ,解得λ=-2,x=-1.4.AB 设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z),则m·AB=0,m·AC=0,即2x+2y+z=0,4x+5y+3z=0,取y=λ,λ∈R,则x=-12λ,z=-λ,所以m=-12λ,λ,-λ.若m为单位向量,则14λ2+λ2+λ2=1,解得λ=±23,故平面ABC的单位法向量为13,-23,23,-13,23,-23.故选AB.5.C 由题意可得A(0,0,0),E(0,2,1),B(2,0,0),所以AE=(0,2,1),AB=(2,0,0),设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z),则m·AE=0,m·AB=0,即2y+z=0,2x=0,取y=1,得x=0,z=-2,则m=(0,1,-2),所以2m=(0,2,-4)也是平面ABE的一个法向量.故选C.6.D 设P(x,y,z)是平面α内的任意一点,则P0P=(x-1,y-2,z-1),故过点P0(1,2,1)且以u=(-2,1,3)为法向量的平面α所对应的方程为-2(x-1)+(y-2)+3(z-1)=0,整理,得2x-y-3z+3=0.故选D.7.A 因为v2=-2v1,所以v2与v1共线,所以两条不重合的直线l1和l2的位置关系是平行.故选A.8.D 当直线l的方向向量m和平面α的法向量n满足m·n=0时,l∥α或l⊂α,而当l∥α时,m·n=0.所以“m·n=0”是“l∥α”的必要不充分条件,故选D.9.A 由题意得AB=(0,1,−1),AC=(1,0,-1).∵n·AB=(-1,-1,-1)·(0,1,-1)=0+(-1)×1+(-1)×(-1)=0,n·AC=(-1,-1,-1)·(1,0,-1)=-1×1+0+(-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.10.C 连接OE.设点M的坐标为(x,y,1),因为AC∩BD=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,平面ACEF∩平面BDE=OE,所以OE∥AM,所以x-2=-22,y-2=-22,解得x=22,y=22,所以点M的坐标为22,22,1.故选C.11.BCD e⊥n1⇒l∥α或l⊂α,故A错误;易判断BCD正确.12.D 因为n·AB=1+0+5=6≠0,所以n与AB不垂直,即l与AB不垂直,又AB⊂平面ABC,所以直线l与平面ABC不垂直,故A错误;BC=AC−AB=(1,1,1),易知不存在实数k,使得n=kBC,所以n与BC不平行,即直线l与直线BC不平行,故C错误;设m=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,则m·AB=x-z=0,m·AC=2x+y=0,取x=1,则y=-2,z=1,所以m=(1,-2,1),所以m·n=1+4-5=0,所以m⊥n,所以直线l与平面ABC平行或在平面ABC内,故B错误,D正确.故选D.13.答案 -5解析 因为α⊥β,所以两平面的法向量垂直,所以(2,-4,-2)·(-1,2,k)=-2-8-2k=0,解得k=-5.14.答案 ②③解析 设正方体的棱长为2.对于①,建立如图1所示的空间直角坐标系,则M(2,0,2),N(0,2,2),P(0,2,1),O(1,1,0),所以MN=(−2,2,0),OP=(-1,1,1),则MN·OP=2+2+0≠0,所以MN与OP不垂直,即MN与OP不垂直,所以①错误;对于②,建立如图2所示的空间直角坐标系,则M(2,0,0),N(0,0,2),P(2,0,1),O(1,1,0),所以MN=(−2,0,2),OP=(1,-1,1),则MN·OP=-2+0+2=0,所以MN⊥OP,即MN⊥OP,所以②正确;对于③,建立如图3所示的空间直角坐标系,则M(2,2,2),N(0,2,0),P(0,0,1),O(1,1,0),所以MN=(−2,0,−2),OP=(-1,-1,1),则MN·OP=2+0-2=0,所以MN⊥OP,即MN⊥OP,所以③正确;对于④,建立如图4所示的空间直角坐标系,则M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),O(1,1,0),所以MN=(0,−2,2),OP=(1,0,2),则MN·OP=0+0+4≠0,所以MN与OP不垂直,即MN与OP不垂直,所以④错误.故答案为②③.15.证明 如图,取BC的中点O,连接PO.易知PO⊥平面ABCD,以O为坐标原点建立空间直角坐标系.设AB=2a,则A(a,-2a,0),P(0,0,3a),B(a,0,0),D(-a,-a,0),∴PA=(a,−2a,−3a),BD=(-2a,-a,0),∴PA·BD=a×(-2a)+(-2a)×(-a)+0=0,∴PA⊥BD,即PA⊥BD.16.证明 以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,不妨设a=2,则A(0,0,0),E(3,1,2),F(0,2,4),∴AE=(3,1,2),AF=(0,2,4).∵x轴⊥平面ACF,∴可取平面ACF的一个法向量为m=(1,0,0).设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AE=3x+y+2z=0,n·AF=2y+4z=0,取z=1,可得n=(0,-2,1)为平面AEF的一个法向量.∵m·n=0,∴m⊥n,∴平面AEF⊥平面ACF.能力提升练1.B 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=C1D1,DD1=BB1,B1C1=AD,连接C1E,如图①,由勾股定理得AE=AD2+DE2,C1F=C1B12+B1F2,当E,F分别是棱DD1,BB1的中点时,AE=C1F,同理可得AF=C1E,所以四边形AEC1F是平行四边形,所以直线FC1能与AE平行,直线AC1能与EF相交,①正确,②错误;以C1为坐标原点,C1D1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则当E,F分别是棱DD1,BB1的中点且长方体为正方体时,延长AE,交A1D1的延长线于点P,延长AF,交A1B1的延长线于点Q,连接PQ,设正方体的棱长为2,则C1(0,0,0),P(2,-2,0),Q(-2,2,0),则C1P=(2,−2,0),QC1=(2,-2,0),则C1P=QC1,又C1P与QC1有公共点C1,所以C1,P,Q三点共线,所以点C1可能在直线PQ上,③正确.故选B.2.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DM⊥AB,所以DM⊥CD.以D为原点,DM,DC,DD1所在直线分别为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,-1,1),所以CC1=(0,0,2),CF=(3,−1,0),EE1=32,-12,1.设平面FCC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·CF=3x-y=0,n·CC1=2z=0,令x=1,得y=3,z=0,所以n=(1,3,0),则n·EE1=1×32+3×-12+0×1=0,所以n⊥EE1.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的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则m·DA=3x1-y1=0,m·DD1=2z1=0,令x1=1,得y1=3,z1=0,所以m=(1,3,0).结合(1)知m=n,即m∥n,所以平面ADD1A1∥平面FCC1.证法二:(1)取A1B1的中点G,连接C1G,GF,CG,A1D(图略).因为A1G=12A1B1,DC=12A1B1,A1G∥D1C1,DC∥D1C1,所以A1G?DC,所以四边形A1DCG为平行四边形,所以A1D∥CG.又E,E1分别为AD,AA1的中点,所以EE1为△ADA1的中位线,所以EE1∥A1D,即EE1∥CG.因为EE1⊄平面FCC1,CG⊂平面FCC1,所以EE1∥平面FCC1.(2)由(1)知A1D∥CG.易知DD1∥CC1,因为A1D∩DD1=D,A1D,DD1⊂平面ADD1A1,CG∩CC1=C,CG,CC1⊂平面FCC1,所以平面ADD1A1∥平面FCC1.3.D 如图,以D为坐标原点,DA,DC,DP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),P0,0,455,E1,0,255,F23,43,8515,所以DE=1,0,255,DF=23,43,8515.设平面DEF的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DE=x+255z=0,n·DF=23x+43y+8515z=0,令z=5,得x=-2,y=-1,所以n=(-2,-1,5).设M(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤4,则PM=m,n,-455.因为PM⊥平面DEF,所以PM∥n,则m-2=n-1=-4555,解得m=85,n=45.故DM=m2+n2=455.故选D.4.解析 (1)证明:在△ABC中,AC=3,BC=1,AB=2,满足AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.又CC1⊥BC,CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.又AC1⊂平面ACC1A1,所以BC⊥AC1.因为四边形AA1C1C是正方形,所以AC1⊥A1C,又BC∩A1C=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CM⊥BC1,且BMBA1=14.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,如图所示,则C(0,0,0),B(0,1,0),A1(3,0,3),C1(0,0,3),所以C1B=(0,1,−3),BA1=(3,−1,3),设M(x,y,z),BM=λBA1(0≤λ≤1),则(x,y-1,z)=λ(3,−1,3),解得x=3λ,y=1−λ,z=3λ,所以CM=(3λ,1−λ,3λ),要使CM⊥BC1,则需CM·C1B=0,即1-λ-3λ=0,解得λ=14,故BMBA1=14.5.B 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,令AB=2a,DD1=2b(a>0,b>0),则O(a,a,0),A1(2a,0,2b),E(2a,2a,b),F(0,0,b),B1(2a,2a,2b),所以OA1=(a,−a,2b),EF=(−2a,−2a,0),EB1=(0,0,b).对于A,显然OA1与EF不共线,即A1O与EF不平行,A不正确;对于B,因为OA1·EF=-2a2+2a2=0,所以OA1⊥EF,即A1O⊥EF,故B正确;对于C,设平面EFB1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·EF=-2ax-2ay=0,n·EB1=bz=0,令x=1,得y=-1,z=0,所以n=(1,-1,0),因为OA1·n=2a>0,所以OA1与n不垂直,即A1O不平行于平面EFB1,故C不正确;对于D,由选项C知,OA1与n不共线,即A1O不垂直于平面EFB1,故D不正确.故选B.6.解析 如图,建立空间直角坐标系A-xyz,则F(1,1,0),D(0,2,0),E12,0,0,不妨令P(0,0,t),则PF=(1,1,−t),DF=(1,-1,0).(1)证明:∵PF·DF=1×1+1×(-1)+(-t)×0=0,∴PF⊥DF,即PF⊥DF.(2)设平面PFD的一个法向量为n=(x,y,z),则n·PF=0,n·DF=0,即x+y-tz=0,x-y=0,令z=1,得x=y=t2,∴n=t2,t2,1.设G(0,0,m),则EG=-12,0,m.要使EG∥平面PFD,只需EG·n=0,即-12×t2+0×t2+m×1=0,解得m=14t.∴当点G满足AG=14AP时,EG∥平面PFD.7.解析 (1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,所以直线CB,CC1,CA两两垂直,故以C为坐标原点,CB,CC1,CA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C-xyz,设AC=2,则M(0,0,1),A(0,0,2),B(2,0,0),N(1,2,0),B1(2,2,0),所以MN=(1,2,−1),AB=(2,0,−2),AB1=(2,2,-2),设n=(x,y,z)是平面ABB1A1的一个法向量,则AB·n=2x-2z=0,AB1·n=2x+2y-2z=0,令x=1,得y=0,z=1,所以n=(1,0,1),显然MN·n=1+0-1=0,即MN⊥n,又MN⊄平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1.(2)存在.假设在线段CC1上存在点Q满足条件,设CQ=y0,0≤y0≤2,由A1(0,2,2),B(2,0,0),M(0,0,1),N(1,2,0),Q(0,y0,0),得A1B=(2,−2,−2),MN=(1,2,−1),MQ=(0,y0,-1),设m=(a,b,c)是平面MNQ的一个法向量,则MN·m=a+2b-c=0,MQ·m=y0b-c=0,令b=1,得a=y0-2,c=y0,所以m=(y0-2,1,y0),由A1B⊥平面MNQ,得A1B∥m,即存在实数λ,满足m=λA1B,即y0-2=2λ,1=-2λ,y0=-2λ,解得λ=-12,y0=1,因此CQ=1,即Q是CC1的中点,所以在线段CC1上存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ,此时CQCC1=12.
§4 向量在立体几何中的应用4.1 直线的方向向量与平面的法向量4.2 用向量方法研究立体几何中的位置关系基础过关练 题组一 直线的方向向量1.(多选题)(2024山东聊城第一中学月考)下列关于空间向量的说法中正确的是( )A.若a是直线l的方向向量,则λa(λ∈R)也是直线l的方向向量B.空间任意一条直线的位置可以由直线上一点及该直线的方向向量唯一确定C.若两条直线平行,则它们的方向向量的方向相同或相反D.若A(-1,2,1),B(1,0,3)在直线l上,则直线l的一个方向向量为(1,-1,1)2.(2023山东淄博沂源第一中学月考)已知直线l1的一个方向向量为a=(2,4,m),直线l2的一个方向向量为b=(2,n,2),若|a|=6且a⊥b,则m+n的值是( )A.-3或1 B.3或-1 C.-3 D.13.(2024宁夏银川景博中学质量检测)已知向量a=(2,-1,3),b=(-4,2x2,6x)(x≠0)都是直线l的方向向量,则x的值是 . 题组二 平面的法向量4.(多选题)(2022辽宁大连月考)已知向量AB=(2,2,1),AC=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是( )A.13,-23,23 B.-13,23,-23C.12,-1,1 D.-12,1,-15.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱DD1的中点,以A为坐标原点建立空间直角坐标系(如图),则平面ABE的一个法向量为( )A.(1,0,-2) B.(0,1,2)C.(0,2,-4) D.(-2,1,4)6.(2024广东茂名电白期中)17世纪,笛卡儿在《几何学》中,通过建立坐标系,引入点的坐标的概念,将代数对象与几何对象建立关系,从而实现了代数问题与几何问题的转化,打开了数学发展的新局面,创立了新分支——解析几何.我们知道,方程x=1在一维空间中表示一个点;在二维空间中,它表示一条直线;在三维空间中,它表示一个平面.那么,过点P0(1,2,1)且以u=(-2,1,3)为法向量的平面α所对应的方程为( )A.x+2y-z+3=0 B.2x-y-3z-3=0C.x+2y+z-3=0 D.2x-y-3z+3=0题组三 利用向量解决平行问题7.若两条不重合的直线l1和l2的一个方向向量分别为ν1=(1,0,-1),ν2=(-2,0,2),则l1和l2的位置关系是( )A.平行 B.相交 C.垂直 D.不确定8.(2023山东淄博桓台第二中学期中)已知直线l的方向向量为m,平面α的法向量为n,则“m·n=0”是“l∥α”的( )A.充要条件B.既不充分也不必要条件C.充分不必要条件D.必要不充分条件9.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∥β B.α⊥βC.α与β相交但不垂直 D.以上都不对10.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.22,22,1 D.24,24,1 题组四 利用向量解决垂直问题11.(多选题)(2024湖北黄冈黄梅国际育才高级中学月考)已知e为直线l的方向向量,n1,n2分别为平面α,β的法向量(α,β不重合),那么下列说法中正确的有( )A.e⊥n1⇔l∥αB.n1⊥n2⇔α⊥βC.n1∥n2⇔α∥βD.e∥n1⇔l⊥α12.(2023山东青岛莱西期中)已知直线l和平面ABC,若直线l的一个方向向量n=(1,-2,-5),向量AB=(1,0,−1),AC=(2,1,0),则下列结论一定正确的为( )A.l⊥平面ABCB.l与平面ABC相交,但不垂直C.l∥直线BCD.l∥平面ABC或l⊂平面ABC13.(2024北京师范大学附属实验中学期中)已知平面α的一个法向量为(2,-4,-2),平面β的一个法向量为(-1,2,k),若α⊥β,则k= . 14.(2024山东滨州惠民文昌中学月考)如图,下列正方体中,O为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点,则满足MN⊥OP的是 .(填序号) 15.如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD,侧面PBC⊥底面ABCD.求证:PA⊥BD.16.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=13AA1=a,E,F分别是BB1,CC1上的点,且BE=a,CF=2a,求证:平面AEF⊥平面ACF.能力提升练 题组一 利用向量解决平行问题1.(2022四川雅安二模)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱DD1,BB1上的动点(异于所在棱的端点).给出下列结论:①直线FC1能与AE平行;②直线AC1与EF必然异面;③设直线AE,AF分别与平面A1B1C1D1相交于点P,Q,则点C1可能在直线PQ上.其中所有正确结论的序号是 ( )A.①② B.①③ C.②③ D.①2.如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,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.题组二 利用向量解决垂直问题3.(2024陕西部分学校联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形,AB=2AD=4,PD=455,E是PA的中点,FB=2PF.若点M在矩形ABCD内,且PM⊥平面DEF,则DM=( )A.355 B.255 C.55 D.4554.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为3的正方形,CC1⊥BC,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CM⊥BC1?若存在,求出BMBA1的值;若不存在,请说明理由.题组三 向量法的综合应用5.(2022北京昌平二模)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,E,F分别是BB1,DD1的中点,则下列结论正确的是( )A.A1O∥EF B.A1O⊥EFC.A1O∥平面EFB1 D.A1O⊥平面EFB16.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,且AD=2,AB=1,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB,BC的中点.(1)证明:PF⊥DF;(2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG∥平面PFD.7.(2024四川南充南部二中月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,M,N分别为AC,B1C1的中点.(1)求证:MN∥平面ABB1A1;(2)在线段CC1上是否存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ?若存在,求出CQCC1的值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析§4 向量在立体几何中的应用4.1 直线的方向向量与平面的法向量4.2 用向量方法研究立体几何中的位置关系基础过关练1.BCD 对于A,当λ=0时,λa=0不能作为直线l的方向向量,故A错误;易知B正确;对于C,相互平行的两条直线的方向向量共线,所以两向量的方向相同或相反,故C正确;对于D,l的一个方向向量为AB=(1-(-1),0-2,3-1)=(2,-2,2)=2(1,-1,1),所以(1,-1,1)也为l的一个方向向量,故D正确.故选BCD.2.A ∵|a|=22+42+m2=6,∴m=±4,又∵a⊥b,∴a·b=2×2+4n+2m=0,∴n=-1-12m,当m=4时,n=-3,则m+n=1;当m=-4时,n=1,则m+n=-3.∴m+n的值为1或-3.故选A.3.答案 -1解析 由题意得,存在实数λ,使得b=λa,即(-4,2x2,6x)=λ(2,-1,3),即-4=2λ,2x2=-λ,6x=3λ,解得λ=-2,x=-1.4.AB 设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z),则m·AB=0,m·AC=0,即2x+2y+z=0,4x+5y+3z=0,取y=λ,λ∈R,则x=-12λ,z=-λ,所以m=-12λ,λ,-λ.若m为单位向量,则14λ2+λ2+λ2=1,解得λ=±23,故平面ABC的单位法向量为13,-23,23,-13,23,-23.故选AB.5.C 由题意可得A(0,0,0),E(0,2,1),B(2,0,0),所以AE=(0,2,1),AB=(2,0,0),设平面ABE的一个法向量为m=(x,y,z),则m·AE=0,m·AB=0,即2y+z=0,2x=0,取y=1,得x=0,z=-2,则m=(0,1,-2),所以2m=(0,2,-4)也是平面ABE的一个法向量.故选C.6.D 设P(x,y,z)是平面α内的任意一点,则P0P=(x-1,y-2,z-1),故过点P0(1,2,1)且以u=(-2,1,3)为法向量的平面α所对应的方程为-2(x-1)+(y-2)+3(z-1)=0,整理,得2x-y-3z+3=0.故选D.7.A 因为v2=-2v1,所以v2与v1共线,所以两条不重合的直线l1和l2的位置关系是平行.故选A.8.D 当直线l的方向向量m和平面α的法向量n满足m·n=0时,l∥α或l⊂α,而当l∥α时,m·n=0.所以“m·n=0”是“l∥α”的必要不充分条件,故选D.9.A 由题意得AB=(0,1,−1),AC=(1,0,-1).∵n·AB=(-1,-1,-1)·(0,1,-1)=0+(-1)×1+(-1)×(-1)=0,n·AC=(-1,-1,-1)·(1,0,-1)=-1×1+0+(-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.10.C 连接OE.设点M的坐标为(x,y,1),因为AC∩BD=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,平面ACEF∩平面BDE=OE,所以OE∥AM,所以x-2=-22,y-2=-22,解得x=22,y=22,所以点M的坐标为22,22,1.故选C.11.BCD e⊥n1⇒l∥α或l⊂α,故A错误;易判断BCD正确.12.D 因为n·AB=1+0+5=6≠0,所以n与AB不垂直,即l与AB不垂直,又AB⊂平面ABC,所以直线l与平面ABC不垂直,故A错误;BC=AC−AB=(1,1,1),易知不存在实数k,使得n=kBC,所以n与BC不平行,即直线l与直线BC不平行,故C错误;设m=(x,y,z)是平面ABC的一个法向量,则m·AB=x-z=0,m·AC=2x+y=0,取x=1,则y=-2,z=1,所以m=(1,-2,1),所以m·n=1+4-5=0,所以m⊥n,所以直线l与平面ABC平行或在平面ABC内,故B错误,D正确.故选D.13.答案 -5解析 因为α⊥β,所以两平面的法向量垂直,所以(2,-4,-2)·(-1,2,k)=-2-8-2k=0,解得k=-5.14.答案 ②③解析 设正方体的棱长为2.对于①,建立如图1所示的空间直角坐标系,则M(2,0,2),N(0,2,2),P(0,2,1),O(1,1,0),所以MN=(−2,2,0),OP=(-1,1,1),则MN·OP=2+2+0≠0,所以MN与OP不垂直,即MN与OP不垂直,所以①错误;对于②,建立如图2所示的空间直角坐标系,则M(2,0,0),N(0,0,2),P(2,0,1),O(1,1,0),所以MN=(−2,0,2),OP=(1,-1,1),则MN·OP=-2+0+2=0,所以MN⊥OP,即MN⊥OP,所以②正确;对于③,建立如图3所示的空间直角坐标系,则M(2,2,2),N(0,2,0),P(0,0,1),O(1,1,0),所以MN=(−2,0,−2),OP=(-1,-1,1),则MN·OP=2+0-2=0,所以MN⊥OP,即MN⊥OP,所以③正确;对于④,建立如图4所示的空间直角坐标系,则M(0,2,0),N(0,0,2),P(2,1,2),O(1,1,0),所以MN=(0,−2,2),OP=(1,0,2),则MN·OP=0+0+4≠0,所以MN与OP不垂直,即MN与OP不垂直,所以④错误.故答案为②③.15.证明 如图,取BC的中点O,连接PO.易知PO⊥平面ABCD,以O为坐标原点建立空间直角坐标系.设AB=2a,则A(a,-2a,0),P(0,0,3a),B(a,0,0),D(-a,-a,0),∴PA=(a,−2a,−3a),BD=(-2a,-a,0),∴PA·BD=a×(-2a)+(-2a)×(-a)+0=0,∴PA⊥BD,即PA⊥BD.16.证明 以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,不妨设a=2,则A(0,0,0),E(3,1,2),F(0,2,4),∴AE=(3,1,2),AF=(0,2,4).∵x轴⊥平面ACF,∴可取平面ACF的一个法向量为m=(1,0,0).设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),则n·AE=3x+y+2z=0,n·AF=2y+4z=0,取z=1,可得n=(0,-2,1)为平面AEF的一个法向量.∵m·n=0,∴m⊥n,∴平面AEF⊥平面ACF.能力提升练1.B 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=C1D1,DD1=BB1,B1C1=AD,连接C1E,如图①,由勾股定理得AE=AD2+DE2,C1F=C1B12+B1F2,当E,F分别是棱DD1,BB1的中点时,AE=C1F,同理可得AF=C1E,所以四边形AEC1F是平行四边形,所以直线FC1能与AE平行,直线AC1能与EF相交,①正确,②错误;以C1为坐标原点,C1D1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,则当E,F分别是棱DD1,BB1的中点且长方体为正方体时,延长AE,交A1D1的延长线于点P,延长AF,交A1B1的延长线于点Q,连接PQ,设正方体的棱长为2,则C1(0,0,0),P(2,-2,0),Q(-2,2,0),则C1P=(2,−2,0),QC1=(2,-2,0),则C1P=QC1,又C1P与QC1有公共点C1,所以C1,P,Q三点共线,所以点C1可能在直线PQ上,③正确.故选B.2.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DM⊥AB,所以DM⊥CD.以D为原点,DM,DC,DD1所在直线分别为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,-1,1),所以CC1=(0,0,2),CF=(3,−1,0),EE1=32,-12,1.设平面FCC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·CF=3x-y=0,n·CC1=2z=0,令x=1,得y=3,z=0,所以n=(1,3,0),则n·EE1=1×32+3×-12+0×1=0,所以n⊥EE1.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的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则m·DA=3x1-y1=0,m·DD1=2z1=0,令x1=1,得y1=3,z1=0,所以m=(1,3,0).结合(1)知m=n,即m∥n,所以平面ADD1A1∥平面FCC1.证法二:(1)取A1B1的中点G,连接C1G,GF,CG,A1D(图略).因为A1G=12A1B1,DC=12A1B1,A1G∥D1C1,DC∥D1C1,所以A1G?DC,所以四边形A1DCG为平行四边形,所以A1D∥CG.又E,E1分别为AD,AA1的中点,所以EE1为△ADA1的中位线,所以EE1∥A1D,即EE1∥CG.因为EE1⊄平面FCC1,CG⊂平面FCC1,所以EE1∥平面FCC1.(2)由(1)知A1D∥CG.易知DD1∥CC1,因为A1D∩DD1=D,A1D,DD1⊂平面ADD1A1,CG∩CC1=C,CG,CC1⊂平面FCC1,所以平面ADD1A1∥平面FCC1.3.D 如图,以D为坐标原点,DA,DC,DP的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),P0,0,455,E1,0,255,F23,43,8515,所以DE=1,0,255,DF=23,43,8515.设平面DEF的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DE=x+255z=0,n·DF=23x+43y+8515z=0,令z=5,得x=-2,y=-1,所以n=(-2,-1,5).设M(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤4,则PM=m,n,-455.因为PM⊥平面DEF,所以PM∥n,则m-2=n-1=-4555,解得m=85,n=45.故DM=m2+n2=455.故选D.4.解析 (1)证明:在△ABC中,AC=3,BC=1,AB=2,满足AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.又CC1⊥BC,CC1∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1.又AC1⊂平面ACC1A1,所以BC⊥AC1.因为四边形AA1C1C是正方形,所以AC1⊥A1C,又BC∩A1C=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CM⊥BC1,且BMBA1=14.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,如图所示,则C(0,0,0),B(0,1,0),A1(3,0,3),C1(0,0,3),所以C1B=(0,1,−3),BA1=(3,−1,3),设M(x,y,z),BM=λBA1(0≤λ≤1),则(x,y-1,z)=λ(3,−1,3),解得x=3λ,y=1−λ,z=3λ,所以CM=(3λ,1−λ,3λ),要使CM⊥BC1,则需CM·C1B=0,即1-λ-3λ=0,解得λ=14,故BMBA1=14.5.B 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,令AB=2a,DD1=2b(a>0,b>0),则O(a,a,0),A1(2a,0,2b),E(2a,2a,b),F(0,0,b),B1(2a,2a,2b),所以OA1=(a,−a,2b),EF=(−2a,−2a,0),EB1=(0,0,b).对于A,显然OA1与EF不共线,即A1O与EF不平行,A不正确;对于B,因为OA1·EF=-2a2+2a2=0,所以OA1⊥EF,即A1O⊥EF,故B正确;对于C,设平面EFB1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·EF=-2ax-2ay=0,n·EB1=bz=0,令x=1,得y=-1,z=0,所以n=(1,-1,0),因为OA1·n=2a>0,所以OA1与n不垂直,即A1O不平行于平面EFB1,故C不正确;对于D,由选项C知,OA1与n不共线,即A1O不垂直于平面EFB1,故D不正确.故选B.6.解析 如图,建立空间直角坐标系A-xyz,则F(1,1,0),D(0,2,0),E12,0,0,不妨令P(0,0,t),则PF=(1,1,−t),DF=(1,-1,0).(1)证明:∵PF·DF=1×1+1×(-1)+(-t)×0=0,∴PF⊥DF,即PF⊥DF.(2)设平面PFD的一个法向量为n=(x,y,z),则n·PF=0,n·DF=0,即x+y-tz=0,x-y=0,令z=1,得x=y=t2,∴n=t2,t2,1.设G(0,0,m),则EG=-12,0,m.要使EG∥平面PFD,只需EG·n=0,即-12×t2+0×t2+m×1=0,解得m=14t.∴当点G满足AG=14AP时,EG∥平面PFD.7.解析 (1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,所以直线CB,CC1,CA两两垂直,故以C为坐标原点,CB,CC1,CA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C-xyz,设AC=2,则M(0,0,1),A(0,0,2),B(2,0,0),N(1,2,0),B1(2,2,0),所以MN=(1,2,−1),AB=(2,0,−2),AB1=(2,2,-2),设n=(x,y,z)是平面ABB1A1的一个法向量,则AB·n=2x-2z=0,AB1·n=2x+2y-2z=0,令x=1,得y=0,z=1,所以n=(1,0,1),显然MN·n=1+0-1=0,即MN⊥n,又MN⊄平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1.(2)存在.假设在线段CC1上存在点Q满足条件,设CQ=y0,0≤y0≤2,由A1(0,2,2),B(2,0,0),M(0,0,1),N(1,2,0),Q(0,y0,0),得A1B=(2,−2,−2),MN=(1,2,−1),MQ=(0,y0,-1),设m=(a,b,c)是平面MNQ的一个法向量,则MN·m=a+2b-c=0,MQ·m=y0b-c=0,令b=1,得a=y0-2,c=y0,所以m=(y0-2,1,y0),由A1B⊥平面MNQ,得A1B∥m,即存在实数λ,满足m=λA1B,即y0-2=2λ,1=-2λ,y0=-2λ,解得λ=-12,y0=1,因此CQ=1,即Q是CC1的中点,所以在线段CC1上存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ,此时CQCC1=12.
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