北师大版 (2019)选择性必修 第一册4.2 用向量方法讨论立体几何中的位置关系同步练习题

§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.若A(-1,0,2),B(1,4,10)在直线l上,则直线l的一个方向向量为 (　　)

A.(1,2,4)　　　　　　　B.(1,4,2)

C.(2,1,4)　　　　　　　D.(4,2,1)

2.(2020湖南张家界高二上期末)已知直线l的一个方向向量m=(2,-1,3),且直线l过A(0,y,3)和B(-1,2,z)两点,则y-z=              (　　)

A.0　　　　B.1　　　　C.　　　　D.3

3.已知空间中两条不同的直线m,n,其方向向量分别为a,b,则“∀λ∈R,a≠λb”是“直线m,n相交”的(　　)

A.充分不必要条件　　　　　　　B.必要不充分条件

C.充要条件　　　　　　　D.既不充分也不必要条件

题组二　平面的法向量

4.(2021辽宁六校协作体高二上期中联考)已知平面α上三点A(3,2,1),B(-1,2,0),C(4,-2,-1),则平面α的一个法向量为              (　　)

A.(4,-9,-16)　　　　　　　B.(4,9,-16)

C.(-16,9,-4)　　　　　　　D.(16,9,-4)

5.在三棱锥P-ABC中,CP、CA、CB两两垂直,AC=CB=1,PC=2,如图,建立空间直角坐标系,则下列向量中是平面PAB的法向量的是              (　　)

A.　　　　　　　B.(1,,1)

C.(1,1,1)　　　　　　　D.(2,-2,1)

6.(多选题)(2021福建泉州高二上期中)已知平面α过点A(1,-1,2),其一个法向量n=(2,-1,2),则下列点不在α内的是              (　　)

A.Q(2,3,3)　　　　　　　B.R(3,-3,4)

C.M(-1,2,0)　　　　　　　D.N(-2,0,1)

题组三　利用向量解决平行、垂直问题

7.(2021辽宁辽阳集美学校高二上月考)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.若平面α∥平面β,则下面可以是这两个平面的法向量的是　 (　　)

A.n1=(1,2,3),n2=(-3,2,1)

B.n1=(1,2,2),n2=(-2,2,1)

C.n1=(1,1,1),n2=(-2,2,1)

D.n1=(1,1,1),n2=(-2,-2,-2)

9.(2020北京第一七一中学高二期中)设直线l1的一个方向向量为a=(1,2,-2),直线l2的一个方向向量为b=(-2,3,m),若l1⊥l2,则实数m的值为              (　　)

A.1　　　　B.2　　　　C.　　　　D.3

10.(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∥β　　　　　　　B.α⊥β

C.α与β相交但不垂直　　　　　　　D.以上都不对

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μ=(-2,0,-4),则直线l与平面α的关系为　　　　. 

12.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是BB1,D1B1的中点,用向量法证明:EF⊥DA1.

能力提升练

题组一　利用向量解决平行问题

1.()正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,且A1M=AN=,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

2.()已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点.求证:

(1)FC1∥平面ADE;

(2)平面ADE∥平面B1C1F.

题组二　利用向量解决垂直问题

3.(2020辽宁盘锦大洼高级中学高二上期末,)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD,则平面PQC与平面DCQ的位置关系为              (　　)

A.平行　　　　　　　B.垂直

C.相交但不垂直　　　　　　　D.不确定

4.(2021云南昆明第一中学高三检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为的正方形,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,求出的值;若不存在,请说明理由.

题组三　向量法的综合应用

5.()如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,M,N,H,R分别是其所在棱的中点.给出下列结论:

①直线AD1∥平面MNP;

②HD1⊥CQ;

③P,Q,H,R四点共面;

④A1C1⊥平面AB1D1.

其中正确的个数为 (　　)

A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4

6.(2021宁夏长庆高级中学高二上期中,)如图,已知在四棱锥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⊥FD;

(2)判断并说明PA上是否存在点G,使得EG∥平面PFD.

答案全解全析

基础过关练

1.A　由已知得=(1,4,10)-(-1,0,2)=(2,4,8)=2(1,2,4),故选项A中的向量与共线,是直线l的一个方向向量.故选A.

2.A　∵A(0,y,3),B(-1,2,z),

∴=(-1,2-y,z-3).

∵直线l的一个方向向量m=(2,-1,3),

∴设=km.

∴-1=2k,2-y=-k,z-3=3k,

解得k=-,y=z=.∴y-z=0.

故选A.

3.B　由∀λ∈R,a≠λb可知,a与b不共线,所以直线m,n可能相交,也可能异面,所以“∀λ∈R,a≠λb”不是“直线m,n相交”的充分条件;

由直线m,n相交可知,a与b不共线,所以∀λ∈R,a≠λb,所以“∀λ∈R,a≠λb”是“直线m,n相交”的必要条件.

所以“∀λ∈R,a≠λb”是“直线m,n相交”的必要不充分条件.故选B.

4.B　由已知得=(-4,0,-1),=(1,-4,-2).

设平面α的一个法向量为n=(x,y,z),

由可得

取x=4,可得z=-16,y=9,

所以平面α的一个法向量为n=(4,9,-16).故选B.

5.A　由题意得P(0,0,2),A(1,0,0),B(0,1,0),∴=(1,0,-2),=(-1,1,0).

设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),

由得

取x=2,可得y=2,z=1,

∴n=(2,2,1).

又=n,

∴平面PAB的一个法向量为.

故选A.

6.BCD　A.=(1,4,1),·n=1×2+4×(-1)+1×2=0,Q在平面α内;

B.=(2,-2,2),·n=2×2+(-2)×(-1)+2×2=10≠0,R不在平面α内;

C.=(-2,3,-2),·n=-2×2+3×(-1)+(-2)×2=-11≠0,M不在平面α内;

D.=(-3,1,-1),·n=-3×2+1×(-1)+(-1)×2=-9≠0,N不在平面α内.

故选BCD.

7.A　因为v2=-2v1,即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　因为平面α∥平面β,

所以两个平面的法向量互相平行.

只有D项符合.故选D.

9.B　因为l1⊥l2,所以a⊥b.

因为a=(1,2,-2),b=(-2,3,m),

所以1×(-2)+2×3+(-2)×m=0,

解得m=2.故选B.

10.A　由题意得=(0,1,-1),=(1,0,-1).

∵n·=(-1,-1,-1)·(0,1,-1)=-1×0+(-1)×1+(-1)×(-1)=0,

n·=(-1,-1,-1)·(1,0,-1)=-1×1+0+(-1)×(-1)=0,

∴n⊥,n⊥,

∴n也为α的一个法向量,

又α与β不重合,因此α∥β.故选A.

11.答案　l⊥α

解析　∵μ=-2a,∴a∥μ,∴l⊥α.

12.证明　如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为2,

则D(0,0,0),A1(2,0,2),E(2,2,1),F(1,1,2),

∴=(2,0,2),=(-1,-1,1).

∵·=2×(-1)+0×(-1)+2×1=0,

∴⊥,即EF⊥DA1.

能力提升练

1.B　建立如图所示的空间直角坐标系,由图可知平面BB1C1C的法向量为n=(0,1,0).

∵A1M=AN=,

∴M,N,

∴=.

∵·n=0,MN⊄平面BB1C1C,

∴MN∥平面BB1C1C.故选B.

2.证明　如图,建立空间直角坐标系D-xyz,

则D(0,0,0),A(2,0,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1),B1(2,2,2).

(1)=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).

设n1=(x1,y1,z1)是平面ADE的法向量,则n1⊥,n1⊥,

即得

令z1=2,则y1=-1,所以n1=(0,-1,2).

因为·n1=-2+2=0,所以⊥n1.

又因为FC1⊄平面ADE,

所以FC1∥平面ADE.

(2)=(2,0,0).

设n2=(x2,y2,z2)是平面B1C1F的一个法向量,则n2⊥,n2⊥,

即得

令z2=2,则y2=-1,所以n2=(0,-1,2).

因为n1=n2,所以平面ADE∥平面B1C1F.

3.B　由已知可得PD⊥DC,PD⊥DA,DC⊥DA.如图,以D为原点,建立空间直角坐标系,

设QA=1,则D(0,0,0),C(0,0,1),Q(1,1,0),P(0,2,0).

故=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).

因为·=0,·=0,所以⊥,⊥,又DQ∩DC=D,

所以PQ⊥平面DCQ,

又PQ⊂平面PQC,

所以平面PQC⊥平面DCQ.

4.解析　(1)证明:在△ABC中,AC=,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是边长为的正方形,所以AC1⊥A1C,

又BC∩A1C=C,所以AC1⊥平面A1CB.

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=.

由(1)得,以点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(,0,),C1(0,0,),设M(x,y,z),=λ(0≤λ≤1),所以(x,y-1,z)=λ(,-1,),解得x=λ,y=1-λ,z=λ,所以=(λ,1-λ,λ),=(0,1,-).要使CM⊥BC1,则需·=0,即1-λ-3λ=0,解得λ=,故=.

5.B　因为M,N分别为A1B1,C1D1的中点,所以MN∥A1D1.又因为MN⊄平面ADD1A1,A1D1⊂平面ADD1A1,所以MN∥平面ADD1A1.同理可得NP∥平面ADD1A1.

又因为MN∩NP=N,所以平面MNP∥平面ADD1A1.又因为AD1⊂平面ADD1A1,所以AD1∥平面MNP,①正确.

设正方体的棱长为2,建立如图所示的空间直角坐标系,

则D1(0,0,2),H(2,0,1),C(0,2,0),Q(1,0,0),

所以=(-2,0,1),=(1,-2,0),·=-2+0+0≠0,②错误.

连接AC,HR,PQ,因为H,R分别是AA1,CC1的中点,所以HR∥AC,

因为Q,P分别为AD,DC的中点,所以QP∥AC,

所以PQ∥HR,故P,Q,H,R四点共面,③正确.

A(2,0,0),B1(2,2,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2),

所以=(0,2,2),=(-2,2,0),因为·≠0,所以直线A1C1不垂直于平面AB1D1,④错误.

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).

(1)证明:不妨令P(0,0,t),

∴=(1,1,-t),=(1,-1,0),

∵·=1×1+1×(-1)+(-t)×0=0,

∴⊥,即PF⊥FD.

(2)设平面PFD的法向量为n=(x,y,z),

由得

令z=1,解得x=y=,

∴n=.

设点G的坐标为(0,0,m),

又E,∴=.

要使EG∥平面PFD,只需·n=0,

即-×+0×+m×1=0,解得m=t.

∴当点G满足AG=AP时,EG∥平面PFD.