人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用课后复习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册1.4 空间向量的应用课后复习题，共22页。试卷主要包含了4　空间向量的应用等内容，欢迎下载使用。

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 空间中点、直线和平面的向量表示
1.(2020北京一零一中学高二上期中)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宁夏银川一中高二上期末)已知O(0,0,0),A(2,1,1),B(1,1,-1),点P(λ,1,3)在平面OAB内,则λ= ( )
A.2B.3C.4D.5
3.(2021四川宜宾高二上检测)已知A(1,2,-1),B(5,6,7),则直线AB与平面Oxz的交点坐标是( )
A.(0,1,1)B.(0,1,-3)
C.(-1,0,3)D.(-1,0,-5)
题组二 平面的法向量
4.(2020四川乐山高二上期末)已知平面α内有一点M(1,-1,2),平面α的一个法向量为n=(6,-3,6),则下列坐标对应的点在平面α内的是( )
A.(2,3,3)B.(-2,0,1)
C.(-4,4,0)D.(3,-3,4)
5.(2021山东济宁高二上检测)四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O是底面中心,A1O⊥平面ABCD,AB=AA1=2,如图建系,则平面OCB1的法向量n= .
题组三 空间中直线、平面的平行问题
6.已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为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、平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
7.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=15B.x=3,y=15
C.x=83,y=103D.x=6,y=152
8.如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1,F分别是棱AD,AA1,AB的中点.
求证:(1)直线EE1∥平面FCC1;
(2)平面ADD1A1∥平面FCC1.
题组四 空间中直线、平面的垂直问题
9.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别在A1D、AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则( )
A.EF至多与A1D、AC之一垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1相交
D.EF与BD1异面
10.(2020山东青岛高三上联考)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为矩形,△APB是以∠APB为直角的等腰直角三角形,平面PAB⊥平面ABCD.
证明:平面PAD⊥平面PBC.
能力提升练
题组一 用空间向量研究平行问题
1.(2020山东聊城高二期中,)如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=2,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M的坐标为( )
A.(1,1,1)B.23,23,1
C.22,22,1D.24,24,1
2.(2020黑龙江佳木斯第一中学高二上期中,)如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,△ABD是边长为1的等边三角形,BC=3.问:线段BD上是否存在点N(不包括端点),使得直线CE∥平面AFN?若存在,求出BNBD的值;若不存在,请说明理由.深度解析
3.(2021山东济宁实验中学高二月考,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是AB,CC1,AD的中点.
(1)求异面直线B1E与BG所成角的余弦值;
(2)棱CD上是否存在点T,使得AT∥平面B1EF?请证明你的结论.深度解析

题组二 用空间向量研究垂直问题
4.(2020天津一中高二月考,)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,P是AA1的中点,点M在侧面AA1B1B(含边界)内,若D1M⊥CP,则△BCM面积的最小值为( )
A.8B.4
5.(2020重庆巴蜀中学高三下期中,)在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为4的菱形,∠ABC=60°,AA1=4,过点B与直线AC1垂直的平面交直线AA1于点M,则三棱锥A-MBD的外接球的表面积为 .
6.(2020陕西西安中学高二上期末,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,求证:
(1)BD1⊥平面AB1C;
(2)平面EAC⊥平面AB1C.
7.(2021云南昆明第一中学高三上检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为3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BMBA1的值,若不存在,请说明理由.
8.(2020安徽合肥一中高二上期末,)在如图所示的几何体中,平面CDEF为正方形,平面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=2BC,∠ABC=60°,AC⊥FB.
(1)求证:AC⊥平面FBC;
(2)线段ED上是否存在点Q,使平面EAC⊥平面QBC?证明你的结论.
答案全解全析
基础过关练
1.A 由已知得AB=(1,4,10)-(-1,0,2)=(2,4,8)=2(1,2,4),故选项A中的向量与AB共线,故选A.
2.B OA=(2,1,1),OB=(1,1,-1),OP=(λ,1,3).
∵O、A、B、P四点共面,∴存在x,y∈R,使OP=xOA+yOB,
即(λ,1,3)=x(2,1,1)+y(1,1,-1),
∴λ=2x+y,1=x+y,3=x-y, 解得λ=3,故选B.
3.D 设直线AB与平面Oxz的交点为M(x,0,z),则AM=(x-1,-2,z+1),AB=(4,4,8),又AM与AB共线,∴AM=λAB,则x-1=4λ,-2=4λ,z+1=8λ, 解得x=-1,z=-5,
故选D.
4.A 设点P(x,y,z)在平面α内,则MP=(x-1,y+1,z-2).
∵n=(6,-3,6)是平面α的一个法向量,
∴n⊥MP,又n·MP=6(x-1)-3(y+1)+6(z-2)=6x-3y+6z-21,
∴由n·MP=0得6x-3y+6z-21=0,即2x-y+2z=7.
把各选项的坐标数据代入上式验证可知A适合.
故选A.
5.答案 (1,0,-1)(答案不唯一)
解析 易得O(0,0,0),C(0,1,0),B1(1,1,1),∴OC=(0,1,0),OB1=(1,1,1).
设n=(x,y,z),
∵OC·n=y=0,OB1·n=x+y+z=0,故y=0,x=-z,取x=1,故z=-1.
∴平面OCB1的一个法向量为n=(1,0,-1)(答案不唯一).
6.A 因为n1·AB=0,n1·AC=0,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.
7.D 因为l1∥l2,所以a∥b,得32=x4=y5,解得x=6,y=152,故选D.
8.证明 证法一:(1)因为AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,底面ABCD为等腰梯形,
所以BF=BC=CF,所以△BCF为正三角形,
所以∠BAD=∠ABC=60°.
取AF的中点M,连接DM,则DM⊥AB,所以DM⊥CD.
以D为原点,DM,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
则F(3,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E32,-12,0,E1(3,-1,1),
所以CC1=(0,0,2),EE1=32,-12,1,CF=(3,-1,0).
设平面FCC1的法向量为n=(x,y,z),则n·CF=3x-y=0,n·CC1=2z=0,得z=0,
令x=1,得y=3,所以平面FCC1的一个法向量为n=(1,3,0),
则n·EE1=1×32+3×-12+0×1=0,所以n⊥EE1.
又直线EE1⊄平面FCC1,所以直线EE1∥平面FCC1.
(2)易得D(0,0,0),D1(0,0,2),A(3,-1,0),所以DA=(3,-1,0),DD1=(0,0,2).
设平面ADD1A1的法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·DA=3x1-y1=0,m·DD1=2z1=0,得z1=0,
令x1=1,得y=3,所以平面ADD1A1的一个法向量为m=(1,3,0).
结合(1)知m=n,即m∥n,所以平面ADD1A1∥平面FCC1.
证法二:(1)取A1B1的中点G,连接C1G,GF,CG,A1D.
因为A1G=12A1B1,DC=12A1B1,A1G∥D1C1,DC∥D1C1,所以A1G?DC,所以四边形A1DCG为平行四边形,所以A1D∥CG.
又E,E1分别为AD,A1A的中点,所以EE1∥A1D,所以EE1∥CG.
因为EE1⊄平面FCC1,CG⊂平面FCC1,
所以EE1∥平面FCC1.
(2)由(1)知A1D∥CG.易知DD1∥CC1,
又A1D∩DD1=D,CG∩CC1=C,
所以平面ADD1A1∥平面FCC1.
9.B 如图所示,以D为坐标原点,分别以DA、DC、DD1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
设正方体的棱长为3,则E(1,0,1),F(2,1,0),A1(3,0,3),A(3,0,0),C(0,3,0),D(0,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,3),
∴EF=(1,1,-1),AC=(-3,3,0),A1D=(-3,0,-3),BD1=(-3,-3,3).
∵EF·AC=0,EF·A1D=0,∴EF⊥AC,EF⊥A1D,∴A错误,B正确;
∵BD1=(-3,-3,3),EF=(1,1,-1),
∴BD1=-3EF,
∴BD1∥EF,即EF∥BD1,∴C、D错误.
故选B.
10.证明 取AB的中点O,CD的中点M,连接PO,OM,则OM⊥AB,又平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,∴OM⊥平面PAB,又PA=PB,∴PO⊥AB,∴以点O为原点建立空间直角坐标系,如图.
设AP=2a,AD=b,则A(0,-a,0),B(0,a,0),P(a,0,0),C(0,a,b),D(0,-a,b),
∴AD=(0,0,b),AP=(a,a,0),BC=(0,0,b),BP=(a,-a,0).
设n1=(x1,y1,z1)是平面PAD的法向量,n2=(x2,y2,z2)是平面PBC的法向量,
则由n1·AD=0,n1·AP=0得bz1=0,ax1+ay1=0,令x1=1,则y1=-1,z1=0,即n1=(1,-1,0),
同理,bz2=0,ax2-ay2=0,令x2=1,可得y2=1,z2=0,
即n2=(1,1,0).
∵n1·n2=1-1=0,
∴平面PAD⊥平面PBC.
能力提升练
1.C 连接OE.设点M的坐标为(x,y,1),
因为AC∩BD=O,
所以O22,22,0,
又E(0,0,1),A(2,2,0),
所以OE=-22,-22,1,AM=(x-2,y-2,1),
因为AM∥平面BDE,所以OE∥AM,
所以x-2=-22,y-2=-22⇒x=22,y=22,
所以M点的坐标为22,22,1.
故选C.
2.解析 存在.理由如下:
∵平面ADEF⊥平面ABCD,四边形ADEF为正方形,∴AF⊥平面ABCD.
过点D作DG⊥BC于点G.
如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B12,32,0,C-52,32,0,D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,0,1),∴AF=(0,0,1),CE=52,-32,1,AB=-12,32,0,BD=-12,-32,0.
设BNBD=λ,0<λ<1,则BN=λBD=-12λ,-32λ,0,则AN=AB+BN=-12-12λ,32-32λ,0.
设n=(x,y,z)是平面AFN的法向量,则n·AF=0,n·AN=0,
即z=0,-12-12λx+32-32λy=0,
∴z=0,3(1-λ)y=(1+λ)x,
取x=3,则y=1+λ1-λ,∴n=3,1+λ1-λ,0是平面AFN的一个法向量.
由n·CE=532-32×1+λ1-λ=0,得λ=23,符合题意,即存在点N,使得直线CE∥平面AFN,此时BNBD=23.
方法归纳 利用向量法证明线面平行的一般步骤是先求直线的方向向量,然后求平面的法向量,证明直线的方向向量与平面的法向量垂直.
3.解析 以D为坐标原点,可建立如下图所示的空间直角坐标系,
设正方体棱长为2a,则B(2a,2a,0),B1(2a,2a,2a),E(2a,a,0),G(a,0,0),F(0,2a,a),A(2a,0,0).
(1)设异面直线B1E与BG所成角为θ,
∵B1E=(0,-a,-2a),BG=(-a,-2a,0),
∴cs θ=|B1E·BG||B1E||BG|=2a25a·5a=25,即异面直线B1E与BG所成角的余弦值为25.
(2)假设在棱CD上存在点T(0,t,0),t∈[0,2a],使得AT∥平面B1EF,
易得B1E=(0,-a,-2a),EF=(-2a,a,a),AT=(-2a,t,0),
设平面B1EF的法向量为n=(x,y,z),∴B1E·n=-ay-2az=0,EF·n=-2ax+ay+az=0,
令z=1,则y=-2,x=-12,
∴n=-12,-2,1,
∴AT·n=a-2t=0,解得t=a2,
∴DT=14DC,
∴棱CD上存在点T,满足DT=14DC,使得AT∥平面B1EF.
解题反思 本题考查立体几何中异面直线所成角、存在性问题的求解,重点考查了空间向量法求解立体几何中的角度和位置关系问题.处理存在性问题的关键是假设成立,利用直线与平面平行等价于直线与平面的法向量垂直来构造方程,求得未知量.
4.D 以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图,
则P(4,0,2),C(0,4,0),D1(0,0,4),B(4,4,0),
设M(4,a,b)(a,b∈[0,4]),则D1M=(4,a,b-4),CP=(4,-4,2),
∵D1M⊥CP,
∴D1M·CP=16-4a+2b-8=0,得b=2a-4,
∴M(4,a,2a-4),
∴BM=(4-4)2+(a-4)2+(2a-4)2
=5a-1252+165,
当a=125时,|BM|取最小值455,
易知BC=4,
∴S△BCM的最小值为455×4×12=855.
故选D.
5.答案 68π
解析 建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
由题得BD=43,AC=4,
则A(2,0,0),O(0,0,0),C1(-2,0,4),
设M(2,0,z),
则AC1=(-4,0,4),OM=(2,0,z),
因为AC1⊥OM,所以AC1·OM=0,
所以-8+4z=0,所以z=2,
所以当点M是AA1的中点时,AC1⊥平面BDM.
设三棱锥A-MBD的外接球的半径为R,△ABD的外接圆半径为r,
则43sin 23π=2r,所以r=4,
所以R2=42+12×22=17.
所以三棱锥A-MBD的外接球的表面积为4πR2=68π.
6.证明 (1)以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则E(0,0,1),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),B(2,2,0),D1(0,0,2),
∴AC=(-2,2,0),AE=(-2,0,1),AB1=(0,2,2),BD1=(-2,-2,2).
设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z),则m·AC=-2x+2y=0,m·AB1=2y+2z=0,取x=1,则y=1,z=-1,∴m=(1,1,-1).
∵BD1=-2m,∴BD1∥m,
∴BD1⊥平面AB1C.
(2)设平面EAC的法向量为n=(x',y',z'),
则n·AE=-2x'+z'=0,n·AC=-2x'+2y'=0,取x'=1,则y'=1,z'=2,∴n=(1,1,2).
∵m·n=1+1-2=0,∴平面EAC⊥平面AB1C.
7.解析 (1)证明:在△ABC中,AC=3,BC=1,AB=2,因为AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC,
又CC1⊥BC,CC1∩AC=C,
所以BC⊥面ACC1A1,
又A1C⊂面ACC1A1,所以BC⊥A1C,
又四边形AA1C1C是边长为3的正方形,
所以AC1⊥A1C,
又BC∩A1C=C,所以AC1⊥平面A1BC,
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BMBA1=14.
理由如下:由(1)得,以点C为原点,CA、CB、CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A(3,0,0),C(0,0,0),B(0,1,0),A1(3,0,3),C1(0,0,3),∴BA1=(3,-1,3),BC1=(0,-1,3).
设M(x,y,z),BM=λBA1,∴(x,y-1,z)=λ(3,-1,3),
解得x=3λ,y=1-λ,z=3λ,
∴CM=(3λ,1-λ,3λ),要使CM⊥BC1,则需CM·BC1=0,即λ-1+3λ=0,解得λ=14,故BMBA1=14.
8.解析 (1)证明:∵AC=AB+BC,∴AC·BC=AB·BC+BC2=2|BC|2×-12+BC2=0,
∴AC⊥BC,又AC⊥FB,FB∩BC=B,∴AC⊥平面FBC.
(2)线段ED上不存在点Q,使平面EAC⊥平面QBC.
证明如下:∵AC⊥平面FBC,∴AC⊥FC.
∵CD⊥FC,AC∩CD=C,∴FC⊥平面ABCD,∴FC⊥BC,∴CA、CF、CB两两互相垂直,如图建立空间直角坐标系Cxyz.
由题易得CB=CD.
设BC=1,∴C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),D32,-12,0,E32,-12,1,
∴CE=32,-12,1,CA=(3,0,0),CB=(0,1,0).
设平面EAC的法向量为n=(x,y,z),则n·CE=0,n·CA=0,即32x-12y+z=0,3x=0,
取z=1,则x=0,y=2,∴n=(0,2,1),
假设线段ED上存在点Q,使平面EAC⊥平面QBC,设Q32,-12,t(0≤t≤1),
∴CQ=32,-12,t.
设平面QBC的法向量为m=(a,b,c),则m·CB=0,m·CQ=0, ∴b=0,32a-12b+tc=0,
取c=1,得m=-2t3,0,1,要使平面EAC⊥平面QBC,只需m·n=0,
即-23t×0+0×2+1×1=0,此方程无解,
∴线段ED上不存在点Q,使平面EAC⊥平面QBC.