第一章 空间向量与立体几何
1.2 空间向量在立体几何中的应用
1.2.2 空间中的平面与空间向量
基础过关练
题组一 平面的法向量
1.(2020吉林长春期末)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.
D.
2.(2022安徽定远育才学校期中)已知平面α内的两个向量a=(1,1,1),b=(0,2,-1),且c=ma+nb+(4,-4,1).若c为平面α的法向量,则m,n的值分别为( )
A.-1,2 B.1,-2
C.1,2 D.-1,-2
3.(2020福建南平邵武第四中学期末)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. B.(1,,1)
C.(1,1,1) D.(2,-2,1)
题组二 用法向量解决平行与垂直问题
4.(2021湖南长沙期末)已知平面α的一个法向量是(2,3,-1),平面β的一个法向量是(4,λ,-2),若α∥β,则λ的值是( )
A.- B.-6 C.6 D.
5.(2022北京丰台检测)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. D.-
6.已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面β的一个法向量为n=(-1,-1,-1),且β与α不重合,则( )
A.α∥β
B.α⊥β
C.α与β相交但不垂直
D.以上都不对
7.(2020广东华南师范大学附属中学期末)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=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1),那么以下结论中正确的是( )
A.AP⊥AB
B.AP⊥AD
C.是平面ABCD的一个法向量
D.∥
题组三 三垂线定理的应用
9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1C1的中点,则直线CE垂直于( )
A.AC B.BD C.A1D D.A1A
10.如图所示,在矩形ABCD中,AB=1,BC=a,PA⊥平面ABCD.若在BC上有且仅有一个点Q满足PQ⊥QD,求a的值.
题组四 法向量在立体几何中的应用
11.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是A1D的中点,则下列说法正确的是( )
A.直线MB与直线B1D1相交,直线MB 平面ABC1
B.直线MB与直线D1C平行,直线MB∥平面B1D1C
C.直线MB与直线A1D垂直,直线MB∥平面B1D1C
D.直线MB与直线AC异面,直线MB⊥平面ADC1B1
12.(2021四川乐山期末)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点N在线段AC上,点M在线段A1D上,且A1M=,MN∥面AA1B1B,则MN的长为( )
A. B. C.2 D.
13.(2020河北武邑中学期末)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A1B1,AC1的中点.求证:
(1)MN∥平面BCC1B1;
(2)MN⊥平面ABC1.
能力提升练
题组一 利用空间向量判断空间中的位置关系
1.(2020辽宁大连二十四中模考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1,D是棱CC1的中点,P是A1D的延长线与AC的延长线的交点.若点Q在线段BP上,则下列结论正确的是( )
A.当点Q为线段BP的中点时,DQ⊥平面AB1D
B.当点Q为线段BP的三等分点时,DQ⊥平面AB1D
C.在线段BP的延长线上,存在一点Q,使得DQ⊥平面AB1D
D.不存在DQ与平面AB1D垂直
2.(2022江西丰城九中期中)如图,在多面体OABCD中,AB=CD=2,AD=BC=AC=BD=2,且OA,OB,OC两两垂直,给出下列4个结论:
①AB⊥CD;
②经过A,B,C,D四点的球的表面积为16π;
③直线OD⊥平面ABC;
④直线AD与OB所成角的余弦值为.
其中正确的结论有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
3.(2021江西赣州中学期末)如图,已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G是B1C的中点,H,E分别为DG,C1D的中点,DG⊥平面α,HE 平面α,面A1C1D与平面α相交于一条线段,则该线段的长度是( )
A. B. C. D.
4.(多选)(2020山东青岛期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=AA1=,P为线段A1C上的动点,则下列结论正确的是( )
A.当=2时,B1,P,D三点共线
B.当⊥时,⊥
C.当=3时,D1P∥平面BDC1
D.当=5时,A1C⊥平面D1AP
5.(2020安徽合肥六中月考)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,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||的取值范围是 .
6.如图,在三棱锥P-ABC中,AB=AC,D为BC的中点,PO⊥平面ABC,垂足O落在线段AD上,BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)证明:AP⊥BC;
(2)若M是线段AP上一点,且AM=3,试证明平面AMC⊥平面BMC.
7.(2020北京八一中学期末)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,求出的值;若不存在,请说明理由.
案与分层梯度式解析
第一章 空间向量与立体几何
1.2 空间向量在立体几何中的应用
1.2.2 空间中的平面与空间向量
基础过关练
1.C 易得=(-1,1,0),=(-1,0,1),
设n=(x,y,z)为平面ABC的一个法向量,
则即∴x=y=z,故选C.
2.A c=ma+nb+(4,-4,1)=(m,m,m)+(0,2n,-n)+(4,-4,1)=(m+4,m+2n-4,m-n+1).
由c为平面α的法向量,得
即解得
3.A 由题意可得P(0,0,2),A(1,0,0),B(0,1,0),则 =(1,0,-2),=(-1,1,0),设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则x=2,y=2,∴n=(2,2,1).又=n,∴平面PAB的一个法向量为.故选A.
4.C 由已知可得平面α与β的法向量平行,故==,解得λ=6.
5.B 因为α⊥β,所以它们的法向量也互相垂直,
所以a·b=(-1,2,4)·(x,-1,-2)=-x-2-8=0,解得x=-10.
6.A 由题意,得=(0,1,-1),=(1,0,-1),则n·=(-1,-1,-1)·(0,1,-1)=0,n·=(-1,-1,-1)·(1,0,-1)=0,∴n⊥,n⊥,∴n也为α的一个法向量,又α与β不重合,∴α∥β.故选A.
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·=-2-2+4=0,所以⊥,所以AP⊥AB,故正确;
对于B,因为·=-4+4+0=0,所以⊥,所以AP⊥AD,故正确;
对于C,因为⊥,⊥,所以是平面ABCD的一个法向量,故正确;
对于D,易得=-=(2,3,4),假设存在实数λ,使得=λ,则此时无解,故错误.
故选ABC.
9.B 直线CE在平面ABCD内的射影为AC,又AC⊥BD,∴BD⊥CE,故选B.
10.解析 ∵PA⊥平面ABCD,∴AQ是PQ在平面ABCD内的射影.由PQ⊥QD,得AQ⊥QD,则△AQD为直角三角形.
设BQ=x,则CQ=a-x,
∴AQ2=1+x2,QD2=1+(a-x)2,
则a2=1+x2+1+(a-x)2,整理得x2-ax+1=0.
由题意知,该方程有两个相等的实数根,∴Δ=a2-4=0.又∵a>0,∴a=2.
11.C 连接BD,因为B1D1∥BD,BD∩MB=B,所以MB与B1D1异面,故A错误;
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B(2,2,0),M(1,0,1),B1(2,2,2),D1(0,0,2),C(0,2,0),D(0,0,0),A(2,0,0),A1(2,0,2),所以=(1,2,-1),=(0,2,-2),所以与不平行,即直线MB与直线D1C不平行,故B错误;
因为=(2,0,2),所以·=1×2+2×0+(-1)×2=0,所以⊥,设平面B1D1C的一个法向量为n=(x,y,z),即令x=1,则y=-1,z=-1,所以n=(1,-1,-1),所以n·=1×1+(-1)×2+(-1)×(-1)=0.因为MB 平面B1D1C,所以MB∥平面B1D1C,故C正确;
因为=(2,0,0),·=2≠0,所以与不垂直,所以直线MB与平面ADC1B1不垂直,故D错误.
12.A 以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,
所以D(0,0,0),A(2,0,0),
则平面AA1B1B的一个法向量为=(2,0,0).
因为A1M=,A1D=2,所以M为A1D的中点,
所以点M(1,0,1).
因为点N在AC上,所以设N(m,2-m,0)(0≤m≤2),则=(m-1,2-m,-1).
因为MN∥平面AA1B1B,所以⊥,
则2(m-1)+0+0=0,所以m=1,所以=(0,1,-1),
所以MN=||==.
13.证明 (1)依题意得,∠ABC=90°,B1B⊥BC,B1B⊥AB,以B 为原点,,, 的方向分别为x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,
则B(0,0,0),A(-2,0,0),C1(0,2,2),M(-1,0,2),N(-1,1,1),
∴=(0,1,-1),=(-2,0,0).
由题意得AB⊥平面BCC1B1,∴=(-2,0,0)为平面BCC1B1的一个法向量.
∵·=-2×0+0×1+0×(-1)=0,∴MN⊥BA,
又MN 平面BCC1B1,∴MN∥平面BCC1B1 .
(2)由(1)得,=(0,2,2),=(2,0,0),=(0,-1,1).
设平面ABC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1,则x=0,y=-1,∴n=(0,-1,1),∴n∥ ,∴MN⊥平面ABC1.
能力提升练
1.D 以A为原点,AB,AC,A1A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(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,0,1),C1(0,1,1),D,P(0,2,0),所以=(1,0,1),=,=(-1,2,0),=.设平面AB1D的一个法向量为n=(x,y,z),则令z=-2,则x=2,y=1,所以n=(2,1,-2)为平面AB1D的一个法向量.假设DQ⊥平面AB1D,设=λ=λ(-1,2,0)=(-λ,2λ,0),则=+=.因为也是平面AB1D的一个法向量,所以n=(2,1,-2)与=共线,则==成立,但此方程无解.故不存在DQ与平面AB1D垂直,故选D.
2.C 依题意,该多面体可以嵌在一个长方体中(如图所示).
设OA=x,OB=y,OC=z,则所以x=y=2,z=2,即OA=OB=2,OC=2.
以O为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,
则O(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C(0,0,2),D(2,2,2),所以=(-2,2,0),=(2,2,0).
因为·=-2×2+2×2=0,所以AB⊥CD,故①正确;
由图可知,过A,B,C,D四点的球即为长方体的外接球,设长方体外接球的半径为R,则(2R)2=22+22+(2)2=16,所以R2=4,所以外接球的表面积S=4πR2=16π,故②正确;
易知=(-2,2,0),=(-2,0,2),设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),则令z=,则x=2,y=2,所以n=(2,2,),
又=(2,2,2),显然与n不平行,所以OD与平面ABC不垂直,故③错误;
因为AE∥OB,所以∠DAE即为直线AD与OB所成的角,所以cos∠DAE===,故④正确.
3.C 如图,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,则D(0,0,0),G(1,2,1),E(0,1,1),=(1,2,1),因为HE 平面α,所以E∈平面α,因为E∈C1D,所以E∈面A1C1D,所以E是面A1C1D与平面α的一个交点,如果线段A1C1与平面α有交点,设为M(a,2-a,2),0≤a≤2,则=(a,1-a,1),因为EM 平面α,DG⊥平面α,所以⊥,所以·=a+2-2a+1=0,解得a=3,不符合题意,所以线段A1D与平面α有交点,设为F(b,0,b),0≤b≤2,所以面A1C1D∩平面α=EF,因为EF 平面α,DG⊥平面α,所以⊥,所以·=(b,-1,b-1)·(1,2,1)=b-2+b-1=0,解得b=,所以||==.故选C.
4.ACD 在长方体ABCD-A1B1C1D1中,以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=AD=AA1=,所以AD=AA1=1,
则D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,,0),D1(0,0,1),B(1,,0),C1(0,,1),则=(-1,,-1),=(1,0,-1).
对于A,当=2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,连接AC.当⊥时,AP⊥A1C,A1C==,AC==2,由=AA1·AC=A1C·AP,得AP=,所以A1P=,故P为线段A1C上靠近点A1的五等分点,所以P,则=,=,所以·=-+-=-≠0,所以与不垂直,故B错误;
对于C,当=3时,==,=(0,,1),=(1,,0).
设平面BDC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
令y=1,则x=-,z=-,所以n=(-,1,-).
因为=(-1,0,0),
所以=-=,
所以·n=0,所以⊥n,又D1P 平面BDC1,所以D1P∥平面BDC1,故C正确;
对于D,当=5时,==,
所以=-=,
所以·=0,·=0,所以A1C⊥D1P,A1C⊥D1A,又D1P∩D1A=D1,所以A1C⊥平面D1AP,故D正确.故选ACD.
5.答案
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M,A1(1,0,1),B(1,1,0),B1(1,1,1),C1(0,1,1),∴=,=.
设P(x,y,0)(0设平面A1BM的一个法向量为n=(x1,y1,z1),
则
令x1=2,则y1=z1=-1,∴n=(2,-1,-1).若B1P∥平面A1BM,则n⊥,即n·=2(x-1)-(y-1)+1=2x-y=0,∴y=2x.
又∵=(x,y-1,-1),即=(x,2x-1,-1),
∴||===.∵06.证明 (1)如图所示,以O为坐标原点,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,
则O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),所以=(0,3,4),=(-8,0,0),
所以·=(0,3,4)·(-8,0,0)=0,
所以⊥,所以AP⊥BC.
(2)易得AP=5,又AM=3,且点M在线段AP上,
所以==.
又=(-4,-5,0),所以=+=,
则·=(0,3,4)·=0,
所以⊥,所以AP⊥BM.
又因为AP⊥BC,BM∩BC=B,BM,BC 平面BMC,
所以AP⊥平面BMC,所以AM⊥平面BMC.
又AM 平面AMC,所以平面AMC⊥平面BMC.
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=(-1,2,0),=(0,0,2),=(2,1,0),所以·=0,·=0,所以BG⊥AP,BG⊥AE,
又AE∩AP=A,AE,AP 平面PAE,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=λ(0≤λ≤1),
则=+=-+λ=(1-λ,2λ-1,-1).
因为FH∥平面PAE,BG⊥平面PAE,
所以·=(-1)×(1-λ)+2×(2λ-1)+0×(-1)=5λ-3=0,所以λ=,
所以在线段BG上存在点H,使得FH∥平面PAE,且=.第一章 空间向量与立体几何
1.2 空间向量在立体几何中的应用
1.2.1 空间中的点、直线与空间向量
基础过关练
题组一 空间中的点、直线与空间向量
1.在空间直角坐标系Oxyz中,点A(-3,1,5),B(4,3,1),P为线段AB的中点,则点P的位置向量的坐标是( )
A. B.
C.(-12,3,5) D.
2.(2021黑龙江哈尔滨第三十二中学期末)若A(-1,0,1),B(1,4,7)在直线l上,则直线l的一个方向向量为( )
A.(1,2,3) B.(1,3,2)
C.(2,1,3) D.(3,2,1)
3.(2022天津实验中学滨海学校期中)设直线l1,l2的方向向量分别为a=(-2,2,1),b=(3,-2,m),若l1⊥l2,则m等于( )
A.-2 B.2 C.6 D.10
4.已知向量a,b分别是直线l1,l2的方向向量,且a=(2,4,5),b=(3,x,y),若l1∥l2,则( )
A.x=6,y=15 B.x=3,y=15
C.x=,y= D.x=6,y=
5.(2021江苏无锡江阴一中月考)已知直线l的一个方向向量为m=(2,-1,3),且直线l过A(0,y,3)和B(-1,2,z)两点,则y-z=( )
A.0 B.1 C. D.3
题组二 空间中两条直线所成的角
6.(2020陕西西安高新第一中学期末)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.0
7.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,∠ADC=90°,AD=AB=3,PD=4,DC=6,则异面直线DB与CP所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
8.(2021辽宁辽河检测)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑,在鳖臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD,M为AD的中点,则异面直线BM与CD夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
9.(2020江苏南京师范大学附属中学期末)如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,则异面直线AP与BD所成角的大小为 .
答案与分层梯度式解析
第一章 空间向量与立体几何
1.2 空间向量在立体几何中的应用
1.2.1 空间中的点、直线与空间向量
基础过关练
1.B 由空间直角坐标系中的中点坐标公式可得点P的坐标为,则点P的位置向量的坐标为.故选B.
2.A 由题意可得直线l的一个方向向量为=(2,4,6),又∵(1,2,3)=(2,4,6),∴(1,2,3)也是直线l的一个方向向量.
3.D ∵l1⊥l2,∴a·b=0,即-2×3+2×(-2)+1×m=0,解得m=10.
4.D ∵l1∥l2,向量a,b分别是l1,l2的方向向量,∴a∥b,∴==,∴x=6,y=.故选D.
5.A 易得=(-1,2-y,z-3).∵直线l的一个方向向量为m=(2,-1,3),∴可设=km,k∈R,
∴解得∴y-z=0.
6.C 以AC的中点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,则A1(0,-1,2),B(,0,0),B1(,0,2),C(0,1,0),
∴=(,1,-2),=(-,1,-2),
∴cos<,>===.故选C.
7.A 以D为坐标原点,DA,DC,DP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D(0,0,0),B(3,3,0),C(0,6,0),P(0,0,4),所以=(3,3,0),=(0,-6,4).设异面直线DB与CP所成的角为α,
则cos α===.
8.C 四面体A-BCD是由正方体的四个顶点为顶点构成的,如图所示.
建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz,设正方体的棱长为2,
则B(0,0,0),C(2,0,0),D(2,2,0),M(1,1,1),∴=(1,1,1),=(0,2,0),
∴cos<,>===,
∴异面直线BM与CD夹角的余弦值为.
9.答案 60°
解析 如图,建立空间直角坐标系Dxyz,设正方形ABCD,ADPQ的边长均为a,则D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),P(0,0,a),
所以=(-a,0,a),=(-a,-a,0),所以cos<,>==,
由<,>∈[0,π],可知<,>=60°,
所以异面直线AP与BD所成角的大小为60°.
