2026年高考数学第一轮专题复习：课时突破练46利用空间向量证明平行、垂直 [含答案]

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1.(13分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上.已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:AP⊥BC;
(2)若点M是线段AP上一点,且AM=3,试证明AM⊥平面BMC.
2.(15分)(2024·江苏南京高三期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,E,F,G分别是AA1,BC,C1D1的中点.
(1)用空间向量法证明:B1D⊥平面EFG;
(2)在直线DB上是否存在点P,使得B1P∥平面EFG?若存在,请指出P的位置;若不存在,请说明理由.
3.(15分)(2024·广东湛江模拟)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截而得到的,其中AB=4,BC=2,CC1=3,BE=1.
(1)求C到平面AEC1F的距离.
(2)EF与平面ABCD平行吗?请说明理由.
4.(15分)(2024·云南曲靖模拟)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是平行四边形,侧面PAB是等边三角形,BC=2AB,AC=3AB,PB⊥AC.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABCD;
(2)设Q为侧棱PD上一点,四边形BEQF是过B,Q两点的截面,且AC∥平面BEQF,是否存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD?若存在,求PD的值;若不存在,说明理由.
答案：
1.证明 (1)由题意知AD⊥BC,如图,以O为坐标原点,以过O点且平行于BC的直线为x轴,OD,OP所在直线分别为y轴,z轴建立空间直角坐标系O-xyz.
则A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),可得AB=(4,5,0),AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0),
∵AP·BC=0×(-8)+3×0+4×0=0,∴AP⊥BC,即AP⊥BC.
(2)由(1)可得|AP|=02+32+42=5,∵M是AP上一点,且AM=3,∴AM=35AP=(0,95,125),可得BM=AM−AB=(-4,-165,125),CM=BM−BC=(4,-165,125),
设平面BMC的法向量为n=(a,b,c),则n·BM=-4a-165b+125c=0,n·CM=4a-165b+125c=0,
令b=1,则a=0,c=43,即n=(0,1,43),显然AM=95n,故AM∥n,∴AM⊥平面BMC.
2.(1)证明 以D为原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),B1(2,2,2),E(2,0,1),F(1,2,0),G(0,1,2),
DB1=(2,2,2),EF=(-1,2,-1),EG=(-2,1,1).
设平面EFG的法向量为n=(x,y,z),则n·EF=-x+2y-z=0,n·EG=-2x+y+z=0,取x=1,则y=1,z=1,得n=(1,1,1),
∵DB1∥n,∴B1D⊥平面EFG.
(2)解 存在点P,使得B1P∥平面EFG,P在DB的延长线上,且BP=12DB.
由题意得B(2,2,0),B1B=(0,0,-2),DB=(2,2,0),
设BP=λDB=(2λ,2λ,0),λ∈R,则B1P=B1B+BP=(2λ,2λ,-2),λ∈R,
∵B1P∥平面EFG,∴B1P⊥n,B1P·n=2λ+2λ-2=0,得λ=12.
3.解 (1)显然直线DA,DC,DF两两垂直,以D为原点,直线DA,DC,DF分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,4,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3),设F(0,0,z),由平面ADF∥平面BCC1E,平面AEC1F∩平面ADF=AF,平面AEC1F∩平面BCC1E=C1E,
则AF∥C1E,同理AE∥C1F,即四边形AEC1F为平行四边形,有AF=EC1,
即(-2,0,z)=(-2,0,2),解得z=2,即F(0,0,2),则AE=(0,4,1),AF=(-2,0,2),
设平面AEC1F的法向量n=(x,y,z),则n·AE=4y+z=0,n·AF=-2x+2z=0,取y=-1,得n=(4,-1,4),而AC=(-2,4,0),则点C到平面AEC1F的距离为d=|AC·n||n|=1233=43311.
(2)由(1)知,FE=(2,4,-1),而平面ABCD的法向量为m=(0,0,-1),由FE·m=1≠0,得EF与m不垂直,所以EF与平面ABCD不平行.
4.(1)证明 在△ABC中,因为BC=2AB,AC=3AB,所以AC2+AB2=BC2,所以AC⊥AB,又AC⊥PB,PB∩AB=B,且PB,AB⊂平面PAB,所以AC⊥平面PAB,又AC⊂平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD.
(2)解 假设存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD.
取AB中点为H,连接PH,则PH⊥AB,因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,所以PH⊥平面ABCD.
如图所示建立空间直角坐标系,
不妨设AB=2,则A(0,0,0),B(2,0,0),D(-2,23,0),P(1,0,3),
则AD=(-2,23,0),AP=(1,0,3),BD=(-4,23,0),DP=(3,-23,3),
设n1=(x1,y1,z1)是平面PAD的法向量,
则n1·AD=-2x1+23y1=0,n1·AP=x1+3z1=0,
令y1=1,则n1=(3,1,-1).
设DQ=λDP,其中0≤λ≤1.
则BQ=BD+DQ=BD+λDP=(3λ-4,23-23λ,3λ),连接EF,因为AC∥平面BEQF,AC⊂平面PAC,平面PAC∩平面BEQF=EF,故AC∥EF,取与EF同向的单位向量j=(0,1,0).
设n2=(x2,y2,z2)是平面BEQF的法向量,
则n2·j=y2=0,n2·BQ=(3λ-4)x2+23(1-λ)y2+3λz2=0,
令x2=3λ,则n2=(3λ,0,4-3λ).
由平面BEQF⊥平面PAD,知n1⊥n2,有n1·n2=3λ+3λ-4=0,解得λ=23.
故在侧棱PD上存在点Q,使得平面BEQF⊥平面PAD,PD=12.