2024年新高考数学一轮复习达标检测第41讲空间向量及其运算和空间位置关系（教师版）

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A．，1，B．，1，C．，，D．，，
【分析】利用向量坐标运算性质即可得出．
【解答】解：，0，，1，，，，
故选：．
2．在空间直角坐标系中，，为的中点，为空间一点且满足，若，，则
A．9B．7C．5D．3
【分析】设，，，，根据题意，得到关于，的方程组，求出，，代入即可．
【解答】解：设，，，，
，，，
由，
，
由，得，
化简得，
以上方程组联立得，
则，，，，，
故选：．
3．已知向量．若，则
A．B．0C．1D．2
【分析】利用向量平行的性质直接求解．
【解答】解：向量．，
，
解得．
故选：．
4．空间四点，0，、，1，、，0，、，2，共面，则
A．B．C．1D．4
【分析】由题意设，可得，2，，，，且．即可得出．
【解答】解：空间四点，0，、，1，、，0，、，2，共面，
设，
，2，，，，且．
解得．
故选：．
5．如图，平行六面体中，与的交点为，设，，，则下列选项中与向量相等的是
A．B．C．D．
【分析】利用向量加法法则直接求解．
【解答】解：平行六面体中，与的交点为，
设，，，
．
故选：．
6．已知正四面体的各棱长为1，点是的中点，则的值为
A．B．C．D．
【分析】根据题意画出图形，结合图形利用向量的线性运算和数量积运算法则，计算即可．
【解答】解：如图所示，
正四面体的棱长是，是的中点；
；
故选：．
7．设，，向量，1，，，，，，，，且，，则
A．B．C．3D．4
【分析】利用向量平行和向量垂直的性质列出方程组，求出，，再由平面向量坐标运算法则求出，由此能求出．
【解答】解：设，，向量，1，，，，，，，，
且，，
，解得，，
，1，，，，，，
．
故选：．
8．已知直线1的方向向量，2，，平面的法向量，4，，则直线1与平面的位置关系是
A．B．C．D．
【分析】由已知可求，判断与共线，即可得解．
【解答】解：直线1的方向向量，2，，平面的法向量，4，，
则与共线，可得：．
故选：．
9．已知平面的一个法向量为，，则直线与平面的位置关系为
A．B．C．相交但不垂直D．
【分析】根据向量的坐标即可得出，根据平面的法向量与平面垂直即可得出．
【解答】解：，
，
又，
．
故选：．
10．已知向量，2，，，1，，若，分别是平面，的法向量，且，则
A．B．1C．D．2
【分析】利用向量垂直的性质直接求解．
【解答】解：向量，2，，，1，，
，分别是平面，的法向量，且，
，
解得．
故选：．
11．已知平面的法向量是，，，平面的法向量是，，，且，则实数的值为 ．
【分析】根据即可得出，从而得出，然后进行数量积的坐标运算即可求出的值．
【解答】解：，
，
，解得或4．
故答案为：或4．
12．已知向量，，，，，，且，则的值为
【分析】利用向量平行的性质直接求解．
【解答】解：向量，，，，，，且，
，解得．
故答案为：．
13．已知平面的一个法向量为，则直线与平面的位置关系为 ．
【分析】由得出，即得直线在平面上或直线与平面平行．
【解答】解：由平面的一个法向量为，
且，
所以；
所以直线与平面的位置关系是：
直线在平面上或直线与平面平行．
故答案为：直线在平面上或直线与平面平行．
14．已知直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则 ．
【分析】由直线与平面垂直，得到直线的方向向量与平面的方向向量垂直，由此能求出结果．
【解答】解：直线与平面垂直，
直线的一个方向向量为，向量与平面平行，
，
解得．
故答案为：3．
15． 为空间中任意一点，，，三点不共线，且，若，，，四点共面，则实数 ．
【分析】利用空间向量基本定理，及向量共面的条件，即可得到结论．
【解答】解：由题意得，，且，，，四点共面，
，
故答案为：．
16．已知空间三点，0，，，1，，，0，，设，．
（1）求与的夹角的余弦值；
（2）若向量与互相垂直，求实数的值；
（3）若向量与共线，求实数的值．
【分析】（1）求出，1，，，0，，利用空间向量夹角余弦值计算公式能求出与的夹角的余弦值．（2）推导出，，，0，，，，，，，0，，，，由向量与互相垂直，能求出实数的值．
（3）推导出，，，0，，，，，1，，0，，1，，由向量与共线，能求出实数的值．
【解答】解：（1）空间三点，0，，，1，，，0，，，．
，1，，，0，，
设与的夹角为，
则．
（2），1，，，0，，
，，，0，，，，
，，，0，，，，
向量与互相垂直，
，
整理，得，
解得实数的值为或2．
（3），1，，，0，，
，，，0，，，，
，1，，0，，1，，
向量与共线，
，解得实数的值为或1．
17．如图所示，平行六面体中，、分别在和上，且，
（1）求证：、、、四点共面；
（2）若，求的值．
【分析】（1）利用向量三角形法则、向量共线定理、共面向量基本定理即可得出．
（2）利用向量三角形法则、向量共线定理、共面向量基本定理即可得出．
【解答】（1）证明：．
、、、四点共面．
（2）解：，
，，，
．
18.如图所示，已知四棱锥P­ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.用向量方法证明：
(1)PA⊥BD；
(2)平面PAD⊥平面PAB.
【解析】(1)取BC的中点O，连接PO，
∵△PBC为等边三角形，∴PO⊥BC.
∵平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，
∴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)，
∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，eq \r(3))，
∴eq \(BD,\s\up7(―→))＝(－2，－1,0)，eq \(PA,\s\up7(―→))＝(1，－2，－eq \r(3))．
∵eq \(BD,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(PA,\s\up7(―→))⊥eq \(BD,\s\up7(―→))，∴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))).
∵eq \(DM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(1,0，－eq \r(3))，
∴eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up7(―→))⊥eq \(PB,\s\up7(―→))，即DM⊥PB.
∵eq \(DM,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0，
∴eq \(DM,\s\up7(―→))⊥eq \(PA,\s\up7(―→))，即DM⊥PA.
又∵PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
∴DM⊥平面PAB.
∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.
[B组]—强基必备
1.如图，棱柱ABCD­A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AAeq \\al(2,1)＋AO2－2AA1·AOcs 60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AAeq \\al(2,1)，∴A1O⊥AO.
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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，－1,0)，B(eq \r(3)，0,0)，C(0，1,0)，D(－eq \r(3)，0,0)，A1(0,0，eq \r(3))，C1(0,2，eq \r(3))．
由于eq \(BD,\s\up7(―→))＝(－2eq \r(3)，0,0)，eq \(AA1,\s\up7(―→))＝(0,1，eq \r(3))，
eq \(AA1,\s\up7(―→))·eq \(BD,\s\up7(―→))＝0×(－2eq \r(3))＋1×0＋eq \r(3)×0＝0，
∴eq \(BD,\s\up7(―→))⊥eq \(AA1,\s\up7(―→))，即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设eq \(CP,\s\up7(―→))＝λeq \(CC1,\s\up7(―→))，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0,1，eq \r(3))．
从而有P(0,1＋λ，eq \r(3)λ)，eq \(BP,\s\up7(―→))＝(－eq \r(3)，1＋λ，eq \r(3)λ)．
设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n3⊥\(A1C1,\s\up7(―→))，,n3⊥\(DA1,\s\up7(―→))，))
又eq \(A1C1,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，eq \(DA1,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，0，eq \r(3))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，))
取n3＝(1,0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，
则n3⊥eq \(BP,\s\up7(―→))，即n3·eq \(BP,\s\up7(―→))＝－eq \r(3)－eq \r(3)λ＝0，得λ＝－1，