2022版新教材高考数学一轮复习41立体几何中的向量方法_证明平行与垂直训练含解析新人教B版

这是一份2022版新教材高考数学一轮复习41立体几何中的向量方法_证明平行与垂直训练含解析新人教B版，共9页。
A组 全考点巩固练
1．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2,3,5)，n2＝(－3,1，－4)，则( )
A．α∥β B．α⊥β
C．α，β相交但不垂直D．以上均不对
C 解析：因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直．
2．如图，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝eq \r(2)，AF＝1，M在EF上，且AM∥平面BDE，则点M的坐标为( )
A.(1,1,1) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),3)，\f(\r(2),3)，1))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)，\f(\r(2),4)，1))
C 解析：设AC与BD相交于点O，连接OE(图略)，由AM∥平面BDE，且AM⊂平面ACEF，平面ACEF∩平面BDE＝OE，所以AM∥EO.又O是正方形ABCD对角线的交点，所以M为线段EF的中点．
在空间直角坐标系中，E(0,0,1)，F(eq \r(2)，eq \r(2)，1)．
由中点坐标公式，知点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，1)).
3．(多选题)如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点．若平行六面体的各棱长均相等，则( )
A．A1M∥D1PB．A1M∥B1Q
C．A1M∥平面DCC1D1D．A1M∥平面D1PQB1
ACD 解析：eq \(A1M,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(D1P,\s\up6(→))＝eq \(D1D,\s\up6(→))＋eq \(DP,\s\up6(→))＝eq \(A1A,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))，所以eq \(A1M,\s\up6(→))∥eq \(D1P,\s\up6(→))，所以A1M∥D1P.由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1.
4．(2020·泰安高三第五次模拟)在四面体ABCD中，BC＝CD＝BD＝AB＝2，∠ABC＝90°，二面角A－BC－D的平面角为150°，则四面体ABCD外接球的表面积为( )
A．eq \f(31,3)π B．eq \f(124,3)π
C．31πD．124π
B 解析：取BC中点E为坐标系原点，过点E作垂直于平面BCD的直线为z轴，EB所在直线为x轴，ED所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由已知条件可得B(1,0,0)，C(－1,0,0)，D(0，eq \r(3)，0)，A(1，－eq \r(3)，1)．
设四面体ABCD外接球的球心为O(x，y，z)，
由|OA|＝|OB|＝|OC|＝|OD|，
得eq \r(x－12＋y＋\r(3)2＋z－12)
＝eq \r(x－12＋y2＋z2)
＝eq \r(x＋12＋y2＋z2)
＝eq \r(x2＋y－\r(3)2＋z2).
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\f(\r(3),3),z＝3，))，则球心Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)，3)).
所以四面体ABCD外接球的半径R＝|OA|＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)＋\r(3)))2＋3－12)＝eq \r(\f(31,3))，所以四面体ABCD外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq \f(31,3)＝eq \f(124π,3).故选B.
5．在空间直角坐标系中，以点A(4,1,9)，B(10，－1，6)，C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，则实数x的值为________．
2 解析：由题意知eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝0，|eq \(AB,\s\up6(→))|＝|eq \(AC,\s\up6(→))|，
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(6，－2，－3)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(x－4,3，－6)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6x－4－6＋18＝0，,x－42＝4，))解得x＝2.
6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点．若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．
1 解析：以D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，所以eq \(B1E,\s\up6(→))＝(x－1,0,1)，eq \(FB,\s\up6(→))＝(1,1，y)．因为B1E⊥平面ABF，所以eq \(FB,\s\up6(→))·eq \(B1E,\s\up6(→))＝(1,1，y)·(x－1,0,1)＝0，所以x＋y＝1.
7．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
证明：以A为原点，AB，AC，AA1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Axyz.
令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，B(4，0,0)，B1(4，0,4)．
(1)设AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
所以eq \(DE,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，eq \(NC,\s\up6(→))＝(－2,4,0)，
所以eq \(DE,\s\up6(→))＝eq \(NC,\s\up6(→))，所以DE∥NC.
又因为NC⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，
所以DE∥平面ABC.
(2)eq \(B1F,\s\up6(→))＝(－2,2，－4)，eq \(EF,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，eq \(AF,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
因为eq \(B1F,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
eq \(B1F,\s\up6(→))·eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0，
所以eq \(B1F,\s\up6(→))⊥eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(B1F,\s\up6(→))⊥eq \(AF,\s\up6(→))，
即B1F⊥EF，B1F⊥AF.
又因为AF∩FE＝F，所以B1F⊥平面AEF.
8．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝eq \f(\r(2),2)AD.设E，F分别为PC，BD的中点．
求证：(1)EF∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PDC.
证明：(1)如图，取AD的中点O，连接OP，OF.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.因为侧面PAD⊥底面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
又O，F分别为AD，BD的中点，
所以OF∥AB.
又ABCD是正方形，所以OF⊥AD.
因为PA＝PD＝eq \f(\r(2),2)AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝eq \f(a,2).
以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(a,2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，a，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，a，0)).
因为E为PC的中点，
所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,4)，\f(a,2)，\f(a,4))).
易知平面PAD的一个法向量为eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0)).
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))，
且eq \(OF,\s\up6(→))·eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，0))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0，－\f(a,4)))＝0.
又因为EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
(2)因为eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))，eq \(CD,\s\up6(→))＝(0，－a,0)，
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，－\f(a,2)))·(0，－a，0)＝0，
所以eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(CD,\s\up6(→))，所以PA⊥CD.
又PA⊥PD，PD∩CD＝D，PD，CD⊂平面PDC，
所以PA⊥平面PDC.
又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC.
B组 新高考培优练
9．(多选题)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，且eq \(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)．下列结论正确的是( )
A．AP⊥AB
B．AP⊥AD
C.eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量
D.eq \(AP,\s\up6(→))∥eq \(BD,\s\up6(→))
ABC 解析：因为eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)·(－1，2，－1)＝0，
eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AP,\s\up6(→))＝(4,2,0)·(－1,2，－1)＝0，
所以AB⊥AP，AD⊥AP，故选项A，B正确．
又eq \(AB,\s\up6(→))与eq \(AD,\s\up6(→))不平行，
所以eq \(AP,\s\up6(→))是平面ABCD的法向量，故选项C正确．
由于eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→))＝(2,3,4)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(－1,2，－1)，所以eq \(BD,\s\up6(→))与eq \(AP,\s\up6(→))不平行，故选项D错误．
10．如图，F是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点．若D1F⊥DE，则有( )
A．B1E＝EB
B．B1E＝2EB
C．B1E＝eq \f(1,2)EB
D．E与B重合
A 解析：以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz.
设正方体的棱长为2，则D(0,0,0)，F(0，1,0)，D1(0,0,2)，设E(2,2，z)，eq \(D1F,\s\up6(→))＝(0,1，－2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(2,2，z)．因为eq \(D1F,\s\up6(→))·eq \(DE,\s\up6(→))＝0×2＋1×2－2z＝0，所以z＝1，所以B1E＝EB.
11．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点．若线段D1Q与OP互相平分，则满足eq \(MQ,\s\up6(→))＝λeq \(MN,\s\up6(→))的实数λ有________个．
2 解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为2，则P(x，y,2)，O(1,1,0)，所以OP的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,2)，\f(y＋1,2)，1)).又知D1(0,0,2)，所以Q(x＋1，y＋1,0)，而Q在MN上，所以xQ＋yQ＝3，所以x＋y＝1，即点P坐标满足x＋y＝1.所以有2个符合题意的点P，即对应有2个λ.
12．如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO的中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周)．若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________．
eq \f(\r(7),2) 解析：以点O为坐标原点，OB，OS所在直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示．
则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，S(0,0，eq \r(3))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2))).
设P(x，y,0)，
所以eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(\r(3),2)))，eq \(MP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y，－\f(\r(3),2))).
由eq \(AM,\s\up6(→))·eq \(MP,\s\up6(→))＝y－eq \f(3,4)＝0，得y＝eq \f(3,4)，
所以点P的轨迹方程为y＝eq \f(3,4).
根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))2)＝eq \f(\r(7),2).
13．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.求证：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
证明：(1)取BC的中点O，连接PO，
因为△PBC为等边三角形，所以PO⊥BC.
因为平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
所以PO⊥底面ABCD.
以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝eq \r(3)，
所以A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0，0，eq \r(3))，
所以eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2，－1,0)，eq \(PA,\s\up6(→))＝(1，－2，－eq \r(3))．
因为eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，
所以eq \(PA,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，所以PA⊥BD.
(2)取PA的中点M，连接DM，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2))).
因为eq \(DM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－eq \r(3))，
所以eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
所以eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PB,\s\up6(→))，即DM⊥PB.
因为eq \(DM,\s\up6(→))·eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
所以eq \(DM,\s\up6(→))⊥eq \(PA,\s\up6(→))，即DM⊥PA.
又因为PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以DM⊥平面PAB.
因为DM⊂平面PAD，
所以平面PAD⊥平面PAB.