2025年高考数学一轮复习-7.5-空间向量与线、面位置关系-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-7.5-空间向量与线、面位置关系-专项训练【含答案】，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．已知a＝(1，0，1)，b＝(－2，－1，1)，c＝(3，1，0)，则|a－b＋2c|等于( )
A．310 B．210 C．10 D．5
2．(2024·安徽滁州模拟)已知向量a＝(1，1，x)，b＝(－2，2，3)，若(2a－b)·b＝1，则x＝( )
A．－3 B．3
C．－1 D．6
3．已知向量a＝(2，1，－3)，b＝(1，－4，－2)，c＝(－1，22，m)，若向量a，b，c共面，则实数m等于( )
A．4 B．6
C．8 D．10
4．已知A(1，0，0)，B(0，－1，1)，O为坐标原点，OA＋λOB与OB的夹角为120°，则λ的值为( )
A．±66 B．66
C．－66 D．±6
5．已知向量a＝(1，3，0)，b＝(2，1，1)，则向量a在向量b上的投影向量c＝( )
A．52，54，54 B．53，56，56
C．54，58，58 D．(2，4，4)
6．在空间四边形ABCD中，AB·CD+AC·DB+AD·BC＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
7．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F分别是BC，CC1的中点，AG＝2GE，则GF＝( )
A．13AB−23AC+12AA1
B．13AB+23AC+12AA1
C．－23AB+13AC−12AA1
D．－13AB+23AC+12AA1
8．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )
A．斜交 B．平行
C．垂直 D．MN在平面BB1C1C内
二、多项选择题
9．《九章算术》中，将上、下底面为直角三角形的直三棱柱叫做堑堵，在如图所示的堑堵中，B1D＝2DC1，则( )
A．AD＝AA1+23AB+13AC
B．AD＝AA1+13AB+23AC
C．向量AD在向量AB上的投影向量为23AB
D．向量AD在向量AC上的投影向量为23AC
10．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3AD＝3AA1＝3，点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
三、填空题
11．如图是某段新开河渠的示意图．在二面角α-l-β的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD＝41，则该二面角的大小为________．
12．在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型P-ABCD，设底边和侧棱长均为4，则该正四棱锥的外接球表面积为________；过点A作一个平面分别交PB，PC，PD于点E，F，G进行切割，得到四棱锥P-AEFG，若PEPB＝35，PFPC＝12，则PGPD的值为________．
四、解答题
13．已知空间三点A(0，2，3)，B(－2，1，6)，C(1，－1，5)．
(1)求以AB，AC为边的平行四边形的面积；
(2)若|a|＝3，且a分别与AB，AC垂直，求向量a的坐标．
14．如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1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．
参考答案
1．A [∵a＝(1，0，1)，b＝(－2，－1，1)，c＝(3，1，0)，∴a－b＋2c＝(1，0，1)－(－2，－1，1)＋2(3，1，0)＝(9，3，0)，
∴|a－b＋2c|＝92+32+02＝310.故选A.]
2．B [向量a＝(1，1，x)，b＝(－2，2，3)，
则2a－b＝(2，2，2x)－(－2，2，3)＝(4，0，2x－3)，(2a－b)·b＝1，则－8＋3(2x－3)＝1，解得x＝3.故选B.]
3．A [因为向量a＝(2，1，－3)，b＝(1，－4，－2)，c＝(－1，22，m)，且向量a，b，c共面，
所以c＝xa＋yb，x，y∈R，
即2x+y=−1，x−4y=22，−3x−2y=m，解得x＝2，y＝－5，m＝4.
故选A.]
4．C [由于OA＋λOB＝(1，－λ，λ)，OB＝(0，－1，1)，则cs 120°＝λ+λ1+2λ2·2＝－12，解得λ＝±66.经检验λ＝66不符合题意，舍去，所以λ＝－66.故选C.]
5．B [向量a＝(1，3，0)，b＝(2，1，1)，
则a·b＝2＋3＋0＝5，|b|＝4+1+1＝6，
故向量a在向量b上的投影向量c＝a·bb·bb＝56b＝53，56，56.故选B.]
6．B [令AB＝a，AC＝b，AD＝c，
则AB·CD+AC·DB+AD·BC
＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)
＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.
故选B.]
7．D [因为AG＝2GE，所以GE＝13AE，又E是BC的中点，
所以AE＝12(AB+AC)，所以GE＝13AE＝13×12((AB) ⃗) +(AC) ⃗)＝16(AB+AC)．
因为EF＝EC+CF，E，F分别是BC，CC1的中点，
所以EF＝12(BC+CC1)＝12(BA+AC+AA1)．
因此GF＝GE+EF＝16(AB+AC)＋12(BA+AC+AA1)＝－13AB+23AC+12AA1.
故选D.]
8．B [建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝2a3，则Ma，2a3，a3，N2a3，2a3，a，MN＝−a3，0，2a3.
又C1D1⊥平面BB1C1C，
所以C1D1＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量．
因为MN·C1D1＝0，
所以MN⊥C1D1，又MN⊄平面BB1C1C，
所以MN∥平面BB1C1C.]
9．BD [因为AD＝AA1+A1B1+B1D＝AA1+A1B1+23B1C1＝AA1+A1B1+23(A1C1−A1B1)＝AA1+13AB+23AC，故A错误，B正确．
如图所示，过点D作DE垂直于BC，过点E作EF垂直于AB，EG垂直于AC，
故向量AD在向量AB上的投影向量为AF，向量AD在向量AC上的投影向量为AG，
由题意易得AFAB＝13，AGAC＝23，故AF＝13AB，AG＝23AC，C不正确，D正确．故选BD.]
10．ACD [在长方体ABCD-A1B1C1D1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＝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)．
当A1C＝2A1P时，P为线段A1C的中点，则P12，32，12，DP＝12，32，12，DB1＝(1，3，1)，则DB1＝2DP，所以B1，D，P三点共线，A正确；
设A1P＝λA1C＝λ(－1，3，－1)＝(－λ，3λ，－λ)(0≤λ≤1)，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D1P·AP＝－425+325−425＝－15≠0，
所以AP与D1P不垂直，B错误；
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，∴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，
∵D1P⊄平面BDC1，所以D1P∥平面BDC1，C正确；
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，A1C·D1A＝－1×1＋3×0＋(－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，D正确．
故选ACD.]
11．120° [设所求二面角为θ，由CD＝CA+AB+BD，得CD2＝(CA+AB+BD)2
＝CA2＋AB2＋BD2＋2CA·AB＋2CA·BD＋2AB·BD
＝32＋22＋42＋0－2×3×4cs θ＋0＝41，
∴cs θ＝－12，∵0°≤θ≤180°，∴θ＝120°.]
12．32π 34 [设AC，BD交于点O，连接PO，如图所示，
由于P-ABCD为正四棱锥，故PO为四棱锥的高，
由底边和侧棱长均为4可得，OA＝OB＝OC＝OD＝22，
PO＝PA2−OA2＝42−222＝22，
即点O到点P，A，B，C，D的距离相等，
故O即为该正四棱锥的外接球球心，
则外接球半径为22，
故外接球表面积为4π×(22)2＝32π.
PA＝PD+DA＝PD+CB＝PD+PB−PC ，
设PD＝tPG，则PA＝tPG+53PE－2PF，
由于点A，E，F，G四点共面，故t＋53－2＝1，
解得t＝43，故PD＝43PG，则PGPD＝34.]
13．解：(1)由题意可得AB＝(－2，－1，3)，AC＝(1，－3，2)，所以cs 〈AB，AC〉＝AB·ACABAC＝−2+3+614×14＝714＝12，所以sin 〈AB，AC〉＝32，
所以以AB，AC为边的平行四边形的面积为
S＝2×12|AB|·|AC|·sin 〈AB，AC〉＝14×32＝73.
(2)设a＝(x，y，z)，由题意得x2+y2+z2=3，−2x−y+3z=0，x−3y+2z=0，
解得x=1，y=1，z=1或x=−1，y=−1，z=−1，
所以向量a的坐标为(1，1，1)或(－1，－1，－1)．
14．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°，
所以A1O2＝AA12＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AA12，所以A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，
且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，
A1O⊂平面AA1C1C，所以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(3，0，0)，C(0，1，0)，
D(－3，0，0)，A1(0，0，3)，C1(0，2，3)．
由于BD＝(－23，0，0)，AA1＝(0，1，3)，AA1·BD＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，
所以BD⊥AA1，即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P，
使BP∥平面DA1C1，
设CP＝λCC1，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0，1，3)．
从而有P(0，1＋λ，3λ)，BP＝(－3，1＋λ，3λ)．
设平面DA1C1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则n·A1C1=0，n·DA1=0，
又A1C1＝(0，2，0)，DA1＝(3，0，3)，
则2y1=0， 3x1+3z1=0，取n＝(1，0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，所以n⊥BP，
即n·BP＝－3−3λ＝0，
解得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1