数学选择性必修 第一册1.2.2 空间中的平面与空间向量课时训练

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题组一 平面的法向量
1.(2020吉林长春高二期末)已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC的一个法向量的是( )
A.(-1,1,1) B.(1,-1,1) C.-33,-33,-33 D.33,33,-33
2.(2020福建南平邵武第四中学高二期末)在三棱锥P-ABC中,CP、CA、CB两两互相垂直,AC=CB=1,PC=2,建立如图所示的空间直角坐标系,则下列向量是平面PAB的一个法向量的是( )
A.1,1,12 B.(1,2,1) C.(1,1,1) D.(2,-2,1)
3.在空间直角坐标系中,已知三点A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1),若向量n与平面ABC垂直,且|n|=21,则n的坐标为 .
题组二 空间位置关系的向量证明
4.(2020陕西西安高新第一中学高二期末)在空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),则直线AB与CD的位置关系是( )
A.平行B.垂直 C.相交但不垂直 D.无法确定
5.(2020北京大学附中高二期末)若d=(4,2,3)是直线l的一个方向向量,n=
(-1,3,0)是平面α的一个法向量,则直线l与平面α的位置关系是( )
A.垂直B.平行 C.直线l在平面α内 D.相交但不垂直
6.(2019江苏苏州高二期末)若平面α,β的法向量分别为a=(-1,2,4),b=(x,-1,
-2),且α⊥β,则x的值为( )
A.10 B.-10 C.12D.-12
7.(2020广东华南师范大学附属中学高二期末)已知n为平面α的一个法向量,l为一条直线,则“l⊥n”是“l∥α”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
8.(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点,如果AB=(2,-1,
-4),AD=(4,2,0),AP=(-1,2,-1),那么以下结论中正确的是( )
A.AP⊥AB B.AP⊥AD
C.AP是平面ABCD的一个法向量 D.AP∥BD
9.(2020河北武邑中学高二期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面垂直,∠ABC=90°,AB=BC=BB1=2,M,N分别是AB,A1C的中点.
(1)求证:MN∥平面BCC1B1;
(2)求证:MN⊥平面A1B1C.
能力提升练
题组一 利用空间向量解决空间中的位置关系
1.(多选)(2019安徽蚌埠怀仁第一中学高二期末,)已知直线l过点P(1,0,-1),且与向量a=(2,1,1)平行,平面α过直线l与点M(1,2,3),则平面α的法向量可能是( )
A.(1,-4,2) B.14,-1,12
C.-14,1,-12 D.(0,-1,1)
2.(多选)(2020山东青岛高二期末,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3AD=3AA1=3,点P为线段A1C上的动点,则下列结论正确的是( )
A.当A1C=2A1P时,B1、P、D三点共线
B.当AP⊥A1C时,AP⊥D1P
C.当A1C=3A1P时,D1P∥平面BDC1
D.当A1C=5A1P时,A1C⊥平面D1AP
3.(2020安徽合肥六中高三月考,)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M是线段AD的中点,动点P在底面正方形ABCD内(不包括边界),若直线B1P∥平面A1BM,则|C1P|的取值范围是 .
4.(2020辽宁大连高三月考,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=4,AA1=5,点E为棱CC1上的一个动点,平面BED1与棱AA1交于点F,给出下列命题:
①四棱锥B1-BED1F的体积为20;
②存在唯一的点E,使截面四边形BED1F的周长的最小值为274;
③存在唯一一点E,使得B1D⊥平面BED1,且CE=165.
其中正确的命题是 (填序号).
5.(2020河北衡水中学高三月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,AC与BD交于点O,PO⊥平面ABCD,E为CD的中点,AE与BD交于点G,点F在侧棱PD上,且DF=13PD.
(1)求证:PB∥平面AEF;
(2)若cs∠BPA=24,求三棱锥E-PAD的体积.
6.(2020上海曹杨二中高二月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若PA=AB,求异面直线PB与AC所成角的余弦值;
(3)若平面PBC与平面PDC垂直,求PA的长.
题组二 利用空间向量解决探索性问题
7.(2020北京八一中学高二期末,)如图,在底面是正方形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AP=AB=2,E,F,G分别是BC,PC,CD的中点.
(1)求证:BG⊥平面PAE;
(2)在线段BG上是否存在点H,使得FH∥平面PAE?若存在,求出BHBG的值;若不存在,请说明理由.
8.(2020山西长治高二月考,)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,底面BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形,AB=BD,E是线段AC上一点.试问:当点E在什么位置时,平面BDE⊥平面ADC?
9.(2020北京交通大学附属中学高三期末,)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)求异面直线B1C与A1B所成角的大小;
(3)点M在线段B1C上,点N在线段A1B上(与A1、B不重合),且B1MB1C=λ(λ∈(0,1)),若MN∥平面A1ACC1,求A1NA1B的值(用含λ的代数式表示).
答案全解全析
基础过关练
1.C 易得AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1),
设n=(x,y,z)为平面ABC的一个法向量,
则n·AB=0,n·AC=0,化简得-x+y=0,-x+z=0,
∴x=y=z,故选C.
2.A 由题意可得P(0,0,2),A(1,0,0),B(0,1,0),则 PA=(1,0,-2),AB=(-1,1,0),设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),
由n·PA=0,n·AB=0,得x-2z=0,-x+y=0,
令z=1,则x=2,y=2,∴n=(2,2,1).
又1,1,12=12n,∴平面PAB的一个法向量为1,1,12.故选A.
3.答案 (2,-4,-1)或(-2,4,1)
解析 由A(1,-2,-1),B(0,-3,1),C(2,-2,1),得AB=(-1,-1,2),AC=(1,0,2).
设n=(x,y,z),则根据题意可得n·AB=0,n·AC=0,|n|=21,即-x-y+2z=0,x+2z=0,x2+y2+z2=21,
解得x=2,y=-4,z=-1或x=-2,y=4,z=1,
所以n=(2,-4,-1)或n=(-2,4,1).
故答案为(2,-4,-1)或(-2,4,1).
4.A ∵在空间直角坐标系中,A(1,2,3),B(-1,0,5),C(3,0,4),D(4,1,3),
∴AB=(-2,-2,2),CD=(1,1,-1),
∴AB=-2CD,
∴直线AB与CD平行.故选A.
5.D 显然d与n不平行,所以直线l与平面α不垂直,又d·n=4×(-1)+2×3+3×0=2,即d与n不垂直,所以直线l与平面α不平行,故直线l与平面α相交但不垂直.
故选D.
6.B ∵α⊥β,∴a⊥b,∴a·b=0,
∴-x-2-8=0,∴x=-10,故选B.
7.B 若l⊥n,则l在平面α内,或l∥α.
若l∥α,则l⊥n.
故“l⊥n”是“l∥α”的必要不充分条件.
故选B.
8.ABC 对于A,因为AP·AB=-2-2+4=0,所以AP⊥AB,所以AP⊥AB,故正确;
对于B,因为AP·AD=-4+4+0=0,所以AP⊥AD,所以AP⊥AD,故正确;
对于C,因为AP⊥AB,AP⊥AD,且AB∩AD=A,所以AP是平面ABCD的一个法向量,故正确;
对于D,易得BD=AD-AB=(2,3,4),
假设存在实数λ,使得AP=λBD,则-1=2λ,2=3λ,-1=4λ,此时λ无解,故错误.
故选ABC.
9.证明 (1)依题意得,∠A1B1C1=90°,BB1⊥B1C1 ,BB1⊥A1B1,以B1 为原点,A1B1,B1C1,B1B 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系B1xyz,
则B1(0,0,0),A1(-2,0,0),C(0,2,2),M(-1,0,2),N(-1,1,1),
∴MN=(0,1,-1),B1A1=(-2,0,0).
由题意得A1B1⊥平面BCC1B1,
∴B1A1=(-2,0,0)为平面BCC1B1的一个法向量.
∵B1A1·MN=-2×0+0×1+0×(-1)=0,
∴MN⊥B1A1,
又MN⊄平面BCC1B1,
∴MN∥平面BCC1B1 .
(2)连接B1C .由(1)得,B1C=(0,2,2),A1B1=(2,0,0),NM=(0,-1,1).
设平面A1B1C的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·B1C=0,n·A1B1=0,即2y+2z=0,2x=0,
令z=1,得n=(0,-1,1),
∴n=NM ,
∴MN⊥平面A1B1C.
能力提升练
1.ABC 由题意可知,平面α的法向量与向量a=(2,1,1)和向量PM均垂直,
且PM=(1,2,3)-(1,0,-1)=(0,2,4).
对于选项A,(2,1,1)·(1,-4,2)=0,(0,2,4)·(1,-4,2)=0,满足垂直关系,故符合题意;
对于选项B,(2,1,1)·14,-1,12=0,(0,2,4)·14,-1,12=0,满足垂直关系,故符合题意;
对于选项C,(2,1,1)·-14,1,-12=0,(0,2,4)·-14,1,-12=0,满足垂直关系,故符合题意;
对于选项D,(2,1,1)·(0,-1,1)=0,但(0,2,4)·(0,-1,1)≠0,故不符合题意.
故选ABC.
2.ACD 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1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.
因为AB=3AD=3AA1=3,所以AD=AA1=1,
则D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,3,0),D1(0,0,1),B(1,3,0),C1(0,3,1),则A1C=(-1,3,-1),D1A=(1,0,-1).
对于A选项,当A1C=2A1P时,P为线段A1C的中点,由长方体的结构特征可知P为体对角线的中点,因此P也为线段B1D的中点,所以B1、P、D三点共线,故A正确;
对于B选项,连接AC.当AP⊥A1C时,AP⊥A1C,A1C=1+1+3=5,AC=1+3=2,由S△A1AC=12AA1·AC=12A1C·AP,得AP=255,所以A1P=55,故点P为线段A1C上靠近点A1的五等分点,所以P45,35,45,则D1P=45,35,-15,AP=-15,35,45,所以D1P·AP=-425+325-425=-15≠0,所以AP与D1P不垂直,故B错误;
对于C选项,当A1C=3A1P时,A1P=13A1C=-13,33,-13,DC1=(0,3,1),DB=(1,3,0).
设平面BDC1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DC1=0,n·DB=0,即3y+z=0,x+3y=0,
令y=1,则x=-3,z=-3,
∴n=(-3,1,-3),
又A1D1=(-1,0,0),
所以D1P=A1P-A1D1=23,33,-13,
所以D1P·n=0,所以D1P⊥n,所以D1P∥平面BDC1,故C正确;
对于D选项,当A1C=5A1P时,A1P=15A1C=-15,35,-15,所以D1P=A1P-A1D1=45,35,-15,
所以A1C·D1P=0,A1C·D1A=0,所以A1C⊥D1P,A1C⊥D1A,又D1P∩D1A=D1,所以A1C⊥平面D1AP,故D正确.
故选ACD.
3.答案 305,2
解析 以D为原点,DA,DC,DD1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,
则M12,0,0,A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),∴MA1=12,0,1,MB=12,1,0.
设P(x,y,0)(0设平面A1BM的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则n·MA1=12x1+z1=0,n·MB=12x1+y1=0,
即z1=-12x1,y1=-12x1,令x1=2,则y1=z1=-1,∴n=(2,-1,-1).
若B1P∥平面A1BM,则n⊥B1P,
即n·B1P=2(x-1)-(y-1)+1=2x-y=0,∴y=2x.
又∵C1P=(x,y-1,-1),
即C1P=(x,2x-1,-1),
∴|C1P|=x2+(2x-1)2+(-1)2
=5x2-4x+2=5x-252+65,
∵0∴0∴65≤5x-252+65<2,
即305≤|C1P|<2.
故答案为305,2.
4.答案 ①②③
解析 命题①,V四棱锥B1-BED1F=V三棱锥E-BB1D1+V三棱锥F-BB1D1.
易知CC1∥平面BB1D1,
点E到平面BB1D1的距离等于点C1到平面BB1D1的距离,为125,
同理,点F到平面BB1D1的距离等于点A1到平面BB1D1的距离,为125,
所以V四棱锥B1-BED1F=V三棱锥E-BB1D1+V三棱锥F-BB1D1=V三棱锥C1-BB1D1+V三棱锥A1-BB1D
=13×12×5×5×125+13×12×5×5×125=20,故正确.
命题②,易知平面DD1C1C∥平面BB1A1A,
平面BED1F∩平面DD1C1C=D1E,平面BED1F∩平面BB1A1A=BF,
所以D1E∥BF,同理,D1F∥BE,
所以四边形BED1F为平行四边形.
将长方体侧面展开,使面D1DCC1和面B1BCC1在同一平面内,记该平面为α,
则在平面α内,D1E+EB的最小长度即为展开后的D1B的长度,记展开后的D1B为D1B',
此时E点为D1B'与CC1的交点,
D1B'=(3+4)2+52=74,
所以四边形BED1F的周长的最小值为274,故正确.
命题③,以D为原点,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(图略),则B(4,3,0),D(0,0,0),D1(0,0,5),B1(4,3,5),则设点E(0,3,λ),0≤λ≤5,
则BE=(-4,0,λ),D1B=(4,3,-5),DB1=(4,3,5),
因为D1B·DB1=4×4+3×3-5×5=0,
所以D1B⊥DB1,即D1B⊥DB1,
要使B1D⊥平面BED1,则需B1D⊥BE,即DB1·BE=0,
所以-16+5λ=0,解得λ=165,即CE=165,故正确.
故答案为①②③.
5.解析 (1)证明:以O为原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,OP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得OB=3,OC=1.
设PO=a(a>0),则P(0,0,a),A(0,-1,0),B(3,0,0),E-32,12,0,F-233,0,a3,
∴PB=(3,0,-a),AE=-32,32,0,AF=-233,1,a3.
设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·AE=-32x+32y=0,n·AF=-233x+y+a3z=0,取x=3,则y=1,z=3a,∴n=3,1,3a.
∵PB·n=3+0-3=0,PB⊄平面AEF,
∴PB∥平面AEF.
(2)由(1)可知PA=(0,-1,-a),PB=(3,0,-a),
∵cs∠BPA=24,∴cs=PA·PB|PA|·|PB|=a2a2+1·3+a2=24,
解得a=1(负值舍去),∴PO=1,
∴三棱锥E-PAD的体积VE-PAD=VP-ADE=13×S△ADE×PO=13×12S△ACD×PO=13×12×12×AC×OD×PO=112×2×3×1=36.
6.解析 (1)证明:因为底面ABCD是菱形,
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥BD.因为PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD=O.因为∠BAD=60°,AB=2,所以BO=DO=1,AO=CO=3.
以O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线为y轴,过O点且平行于AP的直线为z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,则P(0,-3,2),
A(0,-3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),所以PB=(1,3,-2),AC=(0,23,0).
设异面直线PB与AC所成的角为θ,则cs θ=PB·AC|PB|·|AC|=622×23=64.
(3)由(2)知BC=(-1,3,0).
设P(0,-3,t)(t>0),则BP=(-1,-3,t).
设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),
则BC·m=0,BP·m=0,即-x+3y=0,-x-3y+tz=0,取y=3,则x=3,z=6t,所以m=3,3,6t.
同理,平面PDC的一个法向量为n=-3,3,6t.
因为平面PBC⊥平面PDC,所以m·n=0,即-6+36t2=0,解得t=6(负值舍去),所以PA=6.
7.解析 (1)证明:因为四棱锥P-ABCD的底面是正方形,且PA⊥平面ABCD,所以PA,AB,AD两两互相垂直.
以点A为坐标原点,AB,AD,AP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.
则A(0,0,0),B(2,0,0),P(0,0,2),C(2,2,0),D(0,2,0).
因为E,F,G分别是BC,PC,CD的中点,
所以E(2,1,0),F(1,1,1),G(1,2,0),
所以BG=(-1,2,0),AP=(0,0,2),AE=(2,1,0),
因为BG·AP=0,且BG·AE=0,
所以BG⊥AP,BG⊥AE,又AE∩AP=A,
所以BG⊥平面PAE.
(2)假设在线段BG上存在点H,使得FH∥平面PAE.连接FH.
设BH=λBG(0≤λ≤1),
则FH=FB+BH=AB-AF+λBG=(1-λ,2λ-1,-1).
因为FH∥平面PAE,BG⊥平面PAE,
所以BG·FH=(-1)×(1-λ)+2×(2λ-1)+0×(-1)=5λ-3=0,
所以λ=35.
所以在线段BG上存在点H,使得FH∥平面PAE,且BHBG=35.
8.解析 不妨设AB=2,在平面BCD中作BF⊥BD,以B为坐标原点,BF,BD,BA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Bxyz,则B(0,0,0),A(0,0,2),D(0,2,0),C(1,1,0).
设当平面BDE⊥平面ADC时,AE=λEC(0≤λ≤1).
易得CD=(-1,1,0),CA=(-1,-1,2).
设m=(x1,y1,z1)是平面ACD的一个法向量,则m·CD=0,m·CA=0,即-x1+y1=0,-x1-y1+2z1=0,
取x1=1,则y1=1,z1=1,所以平面ACD的一个法向量为m=(1,1,1).
因为AE=λEC,所以点E的坐标为λλ+1,λλ+1,2λ+1,
所以BE=λλ+1,λλ+1,2λ+1,BD=(0,2,0).
设n=(x2,y2,z2)是平面BDE的一个法向量,则n·BE=0,n·BD=0,
即λλ+1x2+λλ+1y2+2λ+1z2=0,2y2=0,
取x2=1,则z2=-λ2,所以平面BDE的一个法向量为n=1,0,-λ2.
因为平面BDE⊥平面ADC,所以m⊥n,即m·n=0,所以1-λ2=0,解得λ=2.
所以当|AE||EC|=2,即点E为线段AC上靠近点C的三等分点时,平面BDE⊥平面ADC.
9.解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为BB1⊥平面ABC,所以BB1⊥平面A1B1C1,
又因为BB1⊂平面B1BCC1,所以平面B1BCC1⊥平面A1B1C1,交线为B1C1.
因为AB⊥BC,所以A1B1⊥B1C1,所以A1B1⊥平面B1BCC1.
因为BC1⊂平面B1BCC1,所以A1B1⊥BC1.
又因为BB1=BC,所以B1C⊥BC1,
又A1B1∩B1C=B1,所以BC1⊥平面A1B1C.
(2)由(1)知BB1⊥底面ABC,AB⊥BC,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,
由题意得B(0,0,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),B1(0,0,2),
所以B1C=(2,0,-2),A1B=(0,-2,-2),
所以cs=A1B·B1C|A1B||B1C|=12,
故异面直线B1C与A1B所成角的大小为π3.
(3)易知平面A1ACC1的一个法向量n=(1,1,0),
由B1MB1C=λ,得M(2λ,0,2-2λ).
设A1NA1B=μ(0<μ<1),则N(0,2-2μ,2-2μ),所以MN=(-2λ,2-2μ,2λ-2μ).
若MN∥平面A1ACC1,则MN·n=0,
即(-2λ,2-2μ,2λ-2μ)·(1,1,0)=0,解得μ=1-λ,所以A1NA1B=1-λ.