2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 用空间向量研究直线、平面的位置关系 学案

这是一份2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 用空间向量研究直线、平面的位置关系，共12页。
第一章　空间向量与立体几何
1.4　空间向量的应用
1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系
基础过关练
题组一　直线的方向向量和平面的法向量
1.(2023湖北襄阳部分学校联考)已知点P(0,1,0),Q(-2,0,1),则直线PQ的一个方向向量可以为(　　)
A.(-2,-1,-1)　　　　B.(1,-2,1)
C.(4,2,-2)　　　　D.(4,-2,2)
2.(2023山东潍坊昌邑一中月考)过空间三点A(1,1,0),B(1,0,1),C(0,1,1)的平面的一个法向量是(　　)
A.(1,1,1)　　　　B.(1,1,-1)
C.(1,0,1)　　　　D.(-1,0,1)
3.已知四棱锥S-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=90°,AD∥BC,SA⊥平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=12,试建立恰当的空间直角坐标系,并求出平面SAB、平面SDC的一个法向量.




题组二　空间中直线、平面的平行问题
4.(2023辽宁沈阳回民中学期中)已知直线l的一个方向向量为a=
(-3,2,5),平面α的一个法向量为b=(1,x,-1),若l∥α,则x=(　　)
A.4　　B.3　　C.2　　D.1
5.(2022山东临沂平邑一中月考)已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的一个法向量为n1=(2,-3,1),向量AB=(1,0,
-2),AC=(1,1,1),则(　　)
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α与平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
6.已知向量a=(2,4,5),b=(3,x,y)分别是直线l1,l2的方向向量,若l1∥l2,则(　　)
A.x=6,y=15　　　　B.x=3,y=15
C.x=83,y=103　　　　D.x=6,y=152
题组三　空间中直线、平面的垂直问题
7.(2022安徽师范大学附属中学期中)若直线l1,l2的方向向量分别为a=(1,2,-2),b=(-2,3,2),则l1与l2的位置关系是(　　)
A.l1⊥l2　　　　B.l1∥l2
C.l1、l2相交但不垂直　　　　D.不能确定
8.已知直线l的一个方向向量为d=(2,3,5),平面α的一个法向量为u=(-4,m,n),若l⊥α,则m=　　　　,n=　　　　. 
9.(2023河南驻马店期中)某三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示,截面为三角形A1B1C1,若∠BAC=90°,A1A⊥平面ABC,A1A=3,AB=AC=2A1C1=2,D为BC的中点.证明:平面A1AD⊥平面BCC1B1.





能力提升练
题组一　用空间向量研究平行、垂直问题
1.(多选题)(2023广东珠海二中期中)下列利用方向向量、法向量判断线与面位置关系的结论中正确的是(　　)
A.两条不重合的直线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.若直线l的方向向量为a=(1,-1,2),平面α的法向量为u=(6,4,-1),则l⊥α
D.若直线l的方向向量为a=(0,3,0),平面α的法向量为u=(0,-5,0),则l∥α
2.(多选题)(2023北京师范大学蚌埠附属学校期中,)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=23,AD=AA1=2,P,Q,R分别是AB,BB1,A1C上的动点,下列结论正确的是(　　)
A.对于任意给定的点P,存在点Q使得D1P⊥CQ
B.对于任意给定的点Q,存在点R使得D1R⊥CQ
C.当AR⊥A1C时,AR⊥D1R
D.当A1C=3A1R时,D1R∥平面BDC1
3.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,E,F分别为A1C1和BC的中点.求证:
(1)平面ABE⊥平面B1BCC1;
(2)C1F∥平面ABE.





题组二　用空间向量解决立体几何中的探索性问题
4.(2023广东中山部分高中期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是AB的中点,F在CC1上,且CF=2FC1,点P是侧面AA1D1D上一动点(包括边界),且PB1∥平面DEF,则tan∠ABP的取值范围是(　　)

A.12,32　　　　B.[0,1]
C.13,103　　　　D.13,133
5.(2022河南省中原名校期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2.
(1)求证:BC1⊥平面A1B1C;
(2)点M在线段B1C上,且B1MB1C=13,在线段A1B上是否存在一点N,满足MN∥平面A1ACC1?若存在,求出A1NA1B的值;若不存在,请说明理由.

答案与分层梯度式解析
第一章　空间向量与立体几何
1.4　空间向量的应用
1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系
基础过关练
1.C
2.A
4.A
5.A
6.D
7.A


1.C　由题得PQ=(-2,-1,1),则直线PQ的方向向量为λPQ=(-2λ,-λ,λ)(λ≠0).
结合选项知C符合题意,故选C.
2.A　设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),
∵A(1,1,0),B(1,0,1),C(0,1,1),
∴AB=(0,-1,1),AC=(-1,0,1),
则AB·n=0,AC·n=0,
∴−y+z=0,−x+z=0,令z=1,解得x=1,y=1,
∴n=(1,1,1).故选A.
3.解析　由已知得SA,AB,AD两两垂直,
∴以A为坐标原点,AD,AB,AS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.
∵SA=AB=BC=1,AD=12,
∴S(0,0,1),A(0,0,0),C(1,1,0),D12,0,0,
∴SD=12,0,−1,SC=(1,1,-1),AD=12,0,0.
易知平面SAB的一个法向量为AD=12,0,0.
设平面SDC的法向量为m=(x,y,z),
则m·SD=12x−z=0,m·SC=x+y−z=0,取z=1,则x=2,y=-1,
∴平面SDC的一个法向量为m=(2,-1,1).
4.A　根据题意,若l∥α,则a⊥b,故a·b=-3+2x-5=2x-8=0,∴x=4.故选A.
5.A　因为n1·AB=0,n1·AC=0,AB,AC⊂平面ABC,AB∩AC=A,所以n1也是平面ABC的法向量,又平面α与平面ABC不重合,所以平面α与平面ABC平行.故选A.
6.D　因为l1∥l2,且a,b分别是直线l1,l2的方向向量,所以a∥b,所以32=x4=y5,解得x=6,y=152.故选D.
7.A　由题意得a·b=-2+6-4=0,∴a⊥b,故l1⊥l2.故选A.
8.答案　-6;-10
解析　∵l⊥α,∴d∥u,又d=(2,3,5),u=(-4,m,n),∴−42=m3=n5,解得m=-6,n=-10.
9.证明　证法一:以A为原点,AB,AC,AA1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A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,3).
∵D为BC的中点,∴点D的坐标为(1,1,0).
∴AD=(1,1,0),AA1=(0,0,3),BC=(-2,2,0).
∴AD·BC=1×(-2)+1×2+0×0=0,
AA1·BC=0×(-2)+0×2+3×0=0,
∴AD⊥BC,AA1⊥BC,∴BC⊥AD,BC⊥AA1.
又A1A,AD⊂平面A1AD,A1A∩AD=A,∴BC⊥平面A1AD.又BC⊂平面BCC1B1,∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
证法二:同证法一建系后,得C1(0,1,3),AA1=(0,0,3),AD=(1,1,0),BC=(-2,2,0),CC1=(0,-1,3).设平面A1AD的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面BCC1B1的法向量为n2=(x2,y2,z2).
由n1·AA1=0,n1·AD=0,得3z1=0,x1+y1=0,
令y1=-1,则x1=1,z1=0,∴n1=(1,-1,0).
由n2·BC=0,n2·CC1=0,得−2x2+2y2=0,−y2+3z2=0,
令y2=1,则x2=1,z2=33,∴n2=1,1,33.
∵n1·n2=1-1+0=0,∴n1⊥n2.
∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.
能力提升练
1.AB
2.ABD
4.D





1.AB　因为b=-a,且直线l1,l2不重合,所以l1∥l2,故A中结论正确;因为u·v=2×(-3)+2×4+(-1)×2=0,所以α⊥β,故B中结论正确;因为a·u=1×6+(-1)×4+2×(-1)=0,所以l∥α或l⊂α,故C中结论错误;因为u=-53a,所以l⊥α,故D中结论错误.故选AB.
2.ABD　如图所示,建立空间直角坐标系,

则D(0,0,0),D1(0,0,2),A(2,0,0),A1(2,0,2),C(0,23,0),C1(0,23,2),B(2,23,0).
设P(2,a,0),Q(2,23,b),a∈[0,23],b∈[0,2],
设A1R=λA1C,λ∈[0,1],可得R(2-2λ,23λ,2-2λ).D1P=(2,a,-2),CQ=(2,0,b),D1P·CQ=4-2b,当b=2时,D1P⊥CQ,A正确;
D1R=(2-2λ,23λ,-2λ),D1R·CQ=2(2-2λ)-2λb,取λ=22+b,此时D1R⊥CQ,B正确;
当AR⊥A1C时,AR·A1C=(-2λ,23λ,2-2λ)·(-2,23,-2)=4λ+12λ-4+4λ=0,解得λ=15,
此时AR·D1R=−25,235,85·85,235,−25=−45≠0,C错误;
当A1C=3A1R时,λ=13,则R43,233,43,D1R=43,233,−23,BD=(-2,-23,0),DC1=(0,23,2),设平面BDC1的法向量为n=(x,y,z),
则n·BD=0,n·DC1=0,即−2x−23y=0,23y+2z=0,取y=-1,得x=3,z=3,∴n=(3,-1,3),故D1R·n=0,又D1R⊄平面BDC1,∴D1R∥平面BDC1,D正确.
故选ABD.
3.证明　由题意知BC,BA,BB1两两互相垂直.以B为坐标原点,BC,BA,BB1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.
设BC=a,AB=b,BB1=c,a,b,c>0,则B(0,0,0),A(0,b,0),C1(a,0,c),Fa2,0,0,Ea2,b2,c.
(1)易得AB=(0,-b,0),AE=a2,−b2,c.
设平面ABE的法向量为n=(x,y,z),
则n·AB=0,n·AE=0,即−by=0,a2x−b2y+cz=0,
令x=2,则y=0,z=-ac,∴n=2,0,−ac.
易知平面B1BCC1的一个法向量为(0,1,0),记n'=(0,1,0).∵n·n'=2×0+0×1+−ac×0=0,∴平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)易得C1F=−a2,0,−c,
由(1)知平面ABE的一个法向量为n=2,0,−ac,
∵n·C1F=2×−a2+0×0+−ac×(-c)=0,
且C1F⊄平面ABE,∴C1F∥平面ABE.
4.D　以D为原点,DA,DC,DD1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.
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6,则A(6,0,0),E(6,3,0),F(0,6,4),D(0,0,0),B1(6,6,6),∴DE=(6,3,0),DF=(0,6,4),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则n·DE=6x+3y=0,n·DF=6y+4z=0,取y=-2,则x=1,z=3,∴n=(1,-2,3).
由题可设P(x,0,z),0≤x≤6,0≤z≤6,则PB1=(6-x,6,6-z),
由PB1∥平面DEF,得PB1·n=0,即6-x-12+3(6-z)=0,故x=12-3z,又x∈[0,6],∴z∈[2,4],
则tan∠ABP=PAAB=|PA|6=(3z−6)2+(−z)26=10z2−36z+366,所以tan∠ABP∈13,133.
故选D.
5.解析　(1)证明:由题意得BC1⊥B1C,BB1⊥A1B1,A1B1⊥B1C1.
∵BB1,B1C1⊂平面BCC1B1,BB1∩B1C1=B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1,
∵BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1.
∵A1B1,B1C⊂平面A1B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C.
(2)存在.以B为坐标原点,BC,BA,BB1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A(0,2,0),C(2,0,0),C1(2,0,2),B(0,0,0),A1(0,2,2),M23,0,43,所以CA=(-2,2,0),CC1=(0,0,2),A1B=(0,-2,-2).
设平面A1ACC1的法向量为n=(x,y,z),则n·CA=−2x+2y=0,n·CC1=2z=0,取x=1,则y=1,z=0,所以n=(1,1,0).设N(a,b,c),A1NA1B=λ,0≤λ≤1,则A1N=λA1B,即(a,b-2,c-2)=λ(0,-2,-2),所以a=0,b=c=2-2λ,所以N(0,2-2λ,2-2λ),
所以MN=−23,2−2λ,23−2λ.
因为MN∥平面A1ACC1,所以n·MN=−23+2-2λ=0,解得λ=23.所以在线段A1B上存在一点N,满足MN∥平面A1ACC1,且A1NA1B=23.