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】

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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．6
C．－4 D．4
2．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 \(AB,\s\up6(→))与 eq \(AC,\s\up6(→))是共线向量
B．与 eq \(AB,\s\up6(→))共线的单位向量是(1，1，0)
C． eq \(AB,\s\up6(→))与 eq \(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 \(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" \* MERGEFORMATINET 【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∥l2
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α⊥β
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l⊥α
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l∥α
2．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 \(C1N,\s\up6(→))＝λ eq \(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 \(VP,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(VC,\s\up6(→))， eq \(VM,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(VB,\s\up6(→))， eq \(VN,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(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：D
2．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M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(2,3)a，\f(a,3)))，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(2,3)a，a))，所以 eq \(MN,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,3)，0，\f(2,3)a)).
又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，所以 eq \(C1D1,\s\up6(→))＝(0，a，0)，所以 eq \(MN,\s\up6(→))· eq \(C1D1,\s\up6(→))＝0，所以 eq \(MN,\s\up6(→))⊥ eq \(C1D1,\s\up6(→)).
因为 eq \(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：B
3．解析：对于A， eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，不存在实数λ，使得 eq \(AB,\s\up6(→))＝λ eq \(AC,\s\up6(→))，所以 eq \(AB,\s\up6(→))与 eq \(AC,\s\up6(→))不是共线向量，所以A错误；对于B，因为 eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)，所以与 eq \(AB,\s\up6(→))共线的单位向量为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)，0))或 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(5),5)，－\f(\r(5),5)，0))，所以B错误；对于C，向量 eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)， eq \(BC,\s\up6(→))＝(－3，1，1)，所以cs 〈 eq \(AB,\s\up6(→))， eq \(BC,\s\up6(→))〉＝ eq \f(\(AB,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(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 \(AB,\s\up6(→))＝(2，1，0)， eq \(AC,\s\up6(→))＝(－1，2，1)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋y＝0，,－x＋2y＋z＝0.))令x＝1，则n＝(1，－2，5)，所以D正确．
答案：CD
4．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：2
5．解析：因为 eq \(AB,\s\up6(→))·n＝0，所以 eq \(AB,\s\up6(→))⊥n，则AB∥α或AB⊂α.
答案：AB∥α或AB⊂α
6．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 \(DA1,\s\up6(→))＝(2，0，2)， eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，2，0)，
所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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 \(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 \(MN,\s\up6(→))∥m，所以MN⊥平面A1BD.
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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：AB
2．解析：如图所示，取B1C1的中点P，连接MP，
以 eq \(MC,\s\up6(→))， eq \(MA,\s\up6(→))， eq \(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A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)，0))，B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0，2))，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，C1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，2))，M(0，0，0).
设N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，t))，
因为 eq \(C1N,\s\up6(→))＝λ eq \(NC,\s\up6(→))，
所以N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ)))，
所以 eq \(AB1,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))， eq \(MN,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(2,1＋λ))).
又因为AB1⊥MN，
所以 eq \(AB1,\s\up6(→))· eq \(MN,\s\up6(→))＝0，
所以－ eq \f(1,4)＋ eq \f(4,1＋λ)＝0，
解得λ＝15.
答案：15
3．解析：如图，设 eq \(VA,\s\up6(→))＝a， eq \(VB,\s\up6(→))＝b， eq \(VC,\s\up6(→))＝c，则 eq \(VD,\s\up6(→))＝a＋c－b，
由题意知 eq \(PM,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3)b－ eq \f(1,3)c， eq \(PN,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(VD,\s\up6(→))－ eq \f(1,3) eq \(VC,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3)a－ eq \f(2,3)b＋ eq \f(1,3)c.
因此 eq \(VA,\s\up6(→))＝ eq \f(3,2) eq \(PM,\s\up6(→))＋ eq \f(3,2) eq \(PN,\s\up6(→))，∴ eq \(VA,\s\up6(→))， eq \(PM,\s\up6(→))， eq \(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 \(PB,\s\up6(→))＝(2，0，－2)，
eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)， eq \(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\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x－2z＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))取x＝1，得n＝(1，1，1).
∵ eq \(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 \(AB,\s\up6(→))， eq \(AD,\s\up6(→))， eq \(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)，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0，1).
故 eq \(AD1,\s\up6(→))＝(0，1，1)， eq \(B1E,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，1，－1)).
因为 eq \(B1E,\s\up6(→))· eq \(AD1,\s\up6(→))＝－ eq \f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
所以 eq \(B1E,\s\up6(→))⊥ eq \(AD1,\s\up6(→))，即B1E⊥AD1.
(2)解：存在满足要求的点P，
假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，
使得DP∥平面B1AE，此时 eq \(DP,\s\up6(→))＝(0，－1，z0).
设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z).
eq \(AB1,\s\up6(→))＝(a，0，1)， eq \(AE,\s\up6(→))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，1，0)).
因为n⊥平面B1AE，所以n⊥ eq \(AB1,\s\up6(→))，n⊥ eq \(AE,\s\up6(→))，
得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0，))
取x＝1，则y＝－ eq \f(a,2)，z＝－a，
故n＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(a,2)，－a)).
要使DP∥平面B1AE，只需n⊥ eq \(DP,\s\up6(→))，
则 eq \f(a,2)－az0＝0，解得z0＝ eq \f(1,2).
所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝ eq \f(1,2)