2022高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第7课时 空间向量的应用(一)平行与垂直练习 理

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1、2022高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第7课时 空间向量的应用(一) 平行与垂直练习 理 1．(2018·广西桂林一中期中)若a＝(2，3，m)，b＝(2n，6，8)，且a，b为共线向量，则m＋n的值为(　　) A．7　　　　　　　　　　 B. C．6 D．8 答案　C 解析　由a，b为共线向量，得＝＝，解得m＝4，n＝2，则m＋n＝6.故选C. 2．已知向量a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)．若a，b，c三个向量共面，则实数λ等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由题意，得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋

2、4μ，3t－2μ)，所以解得故选D. 3．若平面α的一个法向量为(1，2，0)，平面β的一个法向量为(2，－1，0)，则平面α和平面β的位置关系是(　　) A．平行 B．相交但不垂直 C．垂直 D．重合 答案　C 解析　由(1，2，0)·(2，－1，0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直． 4．已知平面α内有一个点M(1，－1，2)，平面α的一个法向量是n＝(6，－3，6)，则下列点P在平面α内的是(　　) A．P(2，3，3) B．P(－2，0，1) C．P(－4，4，0) D．P(3，－3，4) 答案　A 解析

3、　∵n＝(6，－3，6)是平面α的法向量， ∴n⊥，在选项A中，＝(1，4，1)，∴n·＝0. 5．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　　) A．(，，－) B．(，－，) C．(－，，) D．(－，－，－) 答案　D 解析　＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)， 设平面ABC的一个法向量n＝(x，y，z)，∴ 令x＝1，则y＝1，z＝1，∴n＝(1，1，1)． 单位法向量为：±＝±(，，)． 6．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为

4、(　　) A.，－，4 B.，－，4 C.，－2，4 D．4，，－15 答案　B 解析　∵⊥，∴·＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，又BP⊥平面ABC，∴BP⊥AB，BP⊥BC，又∵＝(3，1，4)，则解得 7．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是________． 答案　①②③ 解析　∵·＝0，·＝0， ∴AB⊥AP，AD⊥AP.则①②正确．从而③正确，又＝－＝(4，2，0)－(2，－1，－4)＝(2，3，4)

5、．∵≠.∴与不平行．∴④不正确． 8．(2018·甘肃兰州质检)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号) ①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC； ②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE； ③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD. 答案　①②④ 解析　不妨设BC＝a，CE＝ED＝b.折起后∠CED＝θ(0<θ<π)．以E为原点，

6、EA，EC分别为x轴，y轴． 则A(a，0，0)，C(0，b，0)，D(0，bcosθ，bsinθ)． ∴M(，cosθ，sinθ)，N(，，0)． ∴＝(0，－cosθ，－sinθ)，＝(a，0，0)，＝(0，b，0)，＝(－a，bcosθ，bsinθ)，＝(0，b，0)． ∵·＝0，∴MN⊥AE，②对，是平面CED的法向量． ∴MN∥平面DEC，①对，MN与AB异面，③不对．当θ＝时，·＝0，∴④对． 综上，①②④正确． 9.如右图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD. 答案　略 证明　方法一：设平面A1BD内的

7、任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λ＋μ. 令＝a，＝b，＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它们为空间的一组基底，则＝a＋c，＝a＋b，＝a－c，m＝λ＋μ＝(λ＋μ)a＋μb＋λc，·m＝(a－c)·[(λ＋μ)a＋μb＋λc]＝4(λ＋μ)－2μ－4λ＝0.故⊥m，结论得证． 方法二：基向量的取法同上． ∵·＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0， ·＝(a－c)·(a＋b)＝|a|2＋a·b－a·c－b·c＝0，∴⊥，⊥，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直线和平面垂直的判定定理，

8、知AB1⊥平面A1BD. 方法三：取BC的中点O，连接AO. ∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1的中点O1，以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示，则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－1，2，)，＝(－2，1，0)． 则n⊥，n⊥，故 ⇒令x＝1，则y＝2，z＝－. 故n＝(1，2，－)为平面A1BD的一个法向量，而＝(1，

9、2，－)，∴＝n，即∥n，∴AB1⊥平面A1BD. 10．(2018·杭州学军中学模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AB⊥AD，AB＝AD＝BC，BE＝BC.求证：DE⊥平面PAC. 解析　如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz， 设AB＝AD＝BC＝2， 则D(0，2，0)，E(2，1，0)，A(0，0，0)，C(2，4，0)． ∴＝(2，－1，0)，＝(2，4，0)． 设P(0，0，z)，＝(0，0，z)． 设m＝(x1，y1，z1)为平面APC的

10、一个法向量，则m⊥，m⊥. ∴∴令y1＝1，则m＝(－2，1，0)，显然m＝－. ∴∥m，∴DE⊥平面PAC. 11.(2018·甘肃省兰州市高考实战模拟)如图所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1，AE＝3. 求证：平面CFG⊥平面ACE. 答案　略 解析　建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(0，0，3)，G(0，1，3)，F(1，0，3)． ∴＝(0，0，3)，＝(2，2，0)，＝(－1，1，0)，·＝－2＋2＋0＝0， ·

11、＝0＋0＋0＝0. ∴FG⊥AC，FG⊥AE. ∴FG⊥平面ACE. 又FG⊂平面CFG， ∴平面CFG⊥平面ACE. 12．(2018·江西景德镇二中模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE＝FC1＝1. (1)求证：E，B，F，D1四点共面； (2)若点G在BC上，BG＝，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1. 答案　略 证明　(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0，0)，E(3，0，1)，F(0，3，2)，D1(3，3，3)，所以＝(3，0，1)，＝(0，3，2)，＝(3，3，3

12、)． 所以＝＋. 故，，共面． 又它们有公共点B，所以E，B，F，D1四点共面． (2)设M(0，0，z0)，则＝(0，－，z0)，而＝(0，3，2)， 由题设得·＝－×3＋z0·2＝0，解得z0＝1. 故M(0，0，1)，＝(3，0，0)． 又＝(0，0，3)，＝(0，3，0)，所以·＝0，·＝0， 从而ME⊥BB1，ME⊥BC. 又BB1∩BC＝B，所以EM⊥平面BCC1B1. 13．(2018·湖北襄阳模拟，理)如图，多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，四边形BDEF是正方形． (1)求证：CF∥平面AED

13、； (2)在线段EC上是否存在点P，使得AP⊥平面CEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 答案　(1)略　(2)不存在点P 解析　(1)因为四边形ABCD是菱形，所以BC∥AD. 又BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以BC∥平面ADE， 又四边形BDEF是正方形，所以BF∥DE. 因为BF⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BF∥平面ADE， 因为BC⊂平面BCF，BF⊂平面BCF，BC∩BF＝B， 所以平面BCF∥平面AED，因为CF⊂平面BCF，所以CF∥平面AED. (2)因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD＝60°， 所以△BCD为等边三角形，取BD的中

14、点O，连接CO，所以CO⊥BD， 取EF的中点G，连接OG，则OG∥DE， 因为DE⊥平面ABCD，所以OG⊥平面ABCD， 故可建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz. 则O(0，0，0)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，E(－1，0，2)，F(1，0，2)， 所以＝(1，，2)，＝(－2，0，0)，＝(－1，，－2)． 设平面ECF的法向量为n＝(x，y，z)，则有得 x＝0，令y＝1，则n＝(0，1，)． 又＝(1，，－2)，＝(－1，，2)， 设P(x，y，z)，＝λ，由＝＋＝＋λ， 得＝(λ－1，λ＋，2－2λ)，又平面CEF的一个法向量为n＝

15、(0，1，)． 若AP⊥平面CEF，则∥n，令＝μn.得 方程组无解，不符合题意． 综上，线段EC上不存在点P，使得AP⊥平面CEF. 14.如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点． (1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值； (2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由． 答案　(1)　(2)存在，|AS|＝ 解析　(1)如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D－xyz. 依题意得D(0，0，0)，A(1，0，0)，M(0，0，1)，C(0，

16、1，0)，B(1，1，0)，N(1，1，1)，E(，1，0)， 所以＝(－，0，－1)，＝(－1，0，1)，因为|cos，|＝＝＝. 所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为. (2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.连接AE，如图所示． 因为＝(0，1，1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，又＝(，－1，0)， 所以＝＋＝(，λ－1，λ)．由ES⊥平面AMN， 得即解得λ＝，此时＝(0，，)，||＝. 经检验，当|AS|＝时，ES⊥平面AMN. 故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时|AS|＝. 1.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为

17、a的正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，设E，F分别为PC，BD的中点． (1)求证：EF∥平面PAD； (2)求证：平面PAB⊥平面PDC. 答案　(1)略　(2)略 思路　(1)(2) 证明　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， 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＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O为原点，OA，OF，OP所在直线分别为x轴、y轴、z

18、轴建立空间直角坐标系，则A(，0，0)，F(0，，0)，D(－，0，0)，P(0，0，)，B(，a，0)，C(－，a，0)． 因为E为PC的中点，所以E(－，，)． (1)易知平面PAD的一个法向量为＝(0，，0)， 因为＝(，0，－)，且·＝(0，，0)·(，0，－)＝0， 所以EF∥平面PAD. (2)因为＝(，0，－)，＝(0，－a，0)， 所以·＝(，0，－)·(0，－a，0)＝0， 所以⊥，所以PA⊥CD. 又PA⊥PD，PD∩CD＝D，所以PA⊥平面PDC. 又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PDC. 2.已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形

19、，∠BAD＝90°，2AB＝2AD＝CD，侧面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中点． (1)求证：BE⊥平面PCD； (2)在PB上是否存在一点F，使AF∥平面BDE? 答案　(1)略　(2)F为PB中点时，AF∥平面BDE 解析　(1)以AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB＝AD＝2， 则有B(1，2，0)，C(－1，4，0)， D(－1，0，0)，P(0，0，)，E(－，2，)． ∴＝(－，0，)，＝(－1，4，－)， ＝(0，－4，0)． ∴·＝(－，0，)·(－1，4，－)＝0， ·＝(－，0，)·(0，－4，0)＝0.

20、 即BE⊥PC，BE⊥CD. 又PC∩CD＝C，∴BE⊥平面PCD. (2)设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)， ∵n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0. ∴ 令y＝－1，则x＝1，z＝. ∴平面BDE的一个法向量为n＝(1，－1，)． 取PB中点F，则有F(，1，)． 又A(1，0，0)，∴＝(－，1，)． ∵·n＝(－，1，)·(1，－1，)＝－－1＋＝0， ∴⊥n. 又n是平面BDE的法向量，且AF⊄平面BDE， ∴AF∥平面BDE. 故存在PB中点F使AF∥平面BDE. 3．(2017·衡水中学调研卷)如图所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1D

21、⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A＝2. (1)证明：AC⊥A1B； (2)是否在棱A1A上存在一点P，使得＝λ且面AB1C1⊥面PB1C1. 答案　(1)略　(2)点P不存在 解析　以DA，DC，DA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，)，B(1，1，0)，D1(－1，0，)，B1(0，1，)，C1(－1，1，)． (1)＝(－1，1，0)，＝(1，1，－)， ∴·＝0，∴AC⊥A1B. (2)假设存在 ∵＝λ，∴P(，0，)． 设平面AB1C1的一个法向量为n1＝

22、(x1，y1，z1)， ∵＝(－1，1，)，＝(－2，1，)， ∴ 令z1＝，则y1＝－3，x1＝0. ∴n1＝(0，－3，)． 同理可求面PB1C1的一个法向量为n2＝(0，，－1)， ∴n1·n2＝0.∴－－＝0，即λ＝－4. ∵P在棱A1A上，∴λ>0矛盾． ∴这样的点P不存在． 4．(2018·石家庄市高三一检)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AD∥BC，CD⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝3，PA＝4，M为AD的中点，N为PC上的点，且PC＝3PN.求证：MN∥平面PAB. 证明　方法一：(传统法) 如图，在平面PBC内作N

23、H∥BC交PB于点H，连接AH，在△PBC中，NH∥BC， 且NH＝BC＝1，AM＝AD＝1， 又AD∥BC，∴NH∥AM且NH＝AM， ∴四边形AMNH为平行四边形， ∴MN∥AH， 又AH⊂平面PAB，MN⊄平面PAB， ∴MN∥平面PAB. 方法二：(向量法) 在平面ABCD内作AE∥CD交BC于点E，则AE⊥AD. 分别以AE，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则P(0，0，4)，M(0，1，0)，C(2，2，0)，N(，，)，B(2，－1，0)，A(0，0，0)， ＝(，－，)，＝(0，0，4)，＝(2，－1，0)． 设＝m＋n，

24、 ∴(，－，)＝m(2，－1，0)＋n(0，0，4)， ∴m＝，n＝，∴、、共面． ∴∥平面PAB.又MN⊄平面PAB. ∴MN∥平面PAB. 方法三：(法向量) 建系写点坐标如方法二． 设m＝(x1，y1，z1)为平面PAB的一个法向量，则由m⊥，m⊥得∴ 令x1＝1，则m＝(1，2，0)． ∴·m＝·1－·2＋·0＝0. ∴m⊥，∴∥平面PAB. 又MN⊄平面PAB.∴MN∥平面PAB. 方法四：(基本法) 设＝. 由题知＝3. ＝－ ＝＋－ ＝＋－ ＝－(－) ＝－ ＝－(－) ＝＋， ∴、、三向量共面． ∴∥平面APB. 又MN⊄平面PAB. ∴MN∥平面PAB.