2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--6.3.1　直线的方向向量与平面的法向量

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
6.3　空间向量的应用
6.3.1　直线的方向向量与平面的法向量　　
6.3.2　空间线面关系的判定
基础过关练　　　　　 　　　　 　　　　
题组一　直线的方向向量与平面的法向量
1.(多选题)(2024辽宁辽东教学共同体联考)已知空间中三点A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),则(　　)
A.
B.
C.直线AB的一个方向向量是(-2,-1,0)
D.平面ABC的一个法向量是(1,-2,5)
2.(2023江苏宿迁期末)在空间直角坐标系O-xyz中,经过点P(x0,y0,z0)且法向量为m=(A,B,C)的平面方程为A(x-x0)+B(y-y0)+C(z-z0)=0.若平面α的方程为x+2y+z-1=0,则平面α的一个法向量为　　　　.
3.(2024江苏苏南八校联考)在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在“鳖臑”A-BCD中,AB⊥平面BCD,∠BDC=90°,BD=AB=CD.若建立如图所示的空间直角坐标系,则平面ACD的一个法向量为　　　　.
题组二　利用空间向量解决空间中的平行关系
4.(教材习题改编)已知直线l的方向向量为m=,平面α的法向量为n=(-3,x,2),且l∥α,则实数x等于(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.-2　　　　D.-1
5.(多选题)(2024湖南永州期末)已知平面α与平面β平行,若平面α的一个法向量为n=(-1,2,-3),则平面β的法向量可以是(　　)
A.(1,-2,3) B.(-1,-2,3)
C.(2,-4,6) D.(2,-4,-6)
6.若a=是平面α的一个法向量,且向量b=(-1,2,1),c=与平面α都平行,则向量a=　　　　.
题组三　利用空间向量解决空间中的垂直关系
7.(教材习题改编)已知平面α的一个法向量为m=(2,3,-1),平面β的一个法向量为n=(4,k,2),若α⊥β,则k=(　　)
A.-2　　　　B.2　　　　C.6　　　　D.-6
8.(多选题)(2023江苏南京师大附中检测)如图,在五面体ABCDFE中,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD与四边形ABEF全等,且AB⊥AD,AB∥CD,AB=2,CD=1,则下列说法正确的是(　　)
A.AD⊥BE
B.若G为棱CE的中点,则DF⊥平面ABG
C.若AD=CD,则平面ADE⊥平面BDE
D.若AE=,则平面ADE⊥平面BCE
9.已知直三棱柱ABC-A1B1C1,在底面ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,M,N分别为A1B1,A1A的中点.求证:BN⊥平面C1MN.
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.(2024天津期末)下列命题正确的是(　　)
A.直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量为b=(1,2,1),则l⊥m
B.直线l的方向向量为a=(0,1,-1),平面α的法向量为n=(1,-1,-1),则l⊥α
C.两个不同的平面α,β的法向量分别为n1=(2,-1,0),n2=(-4,2,0),则α∥β
D.平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量b=(1,u,t)是平面α的一个法向量,则t=1
2.(2023江苏盐城响水中学月考)如图,在正三棱锥D-ABC中,AB=,DA=2,O为底面ABC的中心,点P在线段DO上,且(0≤λ≤1),若PA⊥平面PBC,则实数λ=(　　)
A. B.-
C. D.
3.(多选题)(2023安徽北京师范大学蚌埠附属学校期中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AD=AA1=2,P,Q,R分别是AB,BB1,A1C上的动点,下列结论正确的是(　　)
A.对于任意给定的点P,存在点Q使得D1P⊥CQ
B.对于任意给定的点Q,存在点R使得D1R⊥CQ
C.当AR⊥A1C时,AR⊥D1R
D.当A1C=3A1R时,D1R∥平面BDC1
4.(2023江苏南京金陵中学期中)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱BC,CC1的中点,P是侧面ADD1A1内(包含边界)一点,若PC1∥平面AEF,则点P的轨迹长度为　　　　.
5.(2024广东佛山顺德罗定邦中学月考)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点M在线段CC1上,且,点P在平面A1B1C1D1上,且AP⊥平面MBD1,则线段AP的长度为　　　　.
6.在棱长为9的正方体ABCD-A'B'C'D'中,点E,F分别在棱AB,DD'上,满足=2,P是直线DD'上一点,且PB∥平面CEF,则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为　　　　.
7.(2023江苏扬州中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AB=AC=AA1,D为BC的中点.求证:
(1)A1B∥平面ADC1;
(2)平面ADC1⊥平面BB1C1C.
题组二　利用空间向量解决探索性问题
8.(2024四川南充南部第二中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,M,N分别为AC,B1C1的中点.
(1)求证:MN∥平面ABB1A1;
(2)在线段CC1上是否存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
9.如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,点E在线段PC上(不含端点).
(1)是否存在点E,使得PC⊥平面BDE
(2)是否存在点E,使得平面PCD⊥平面AED
答案与分层梯度式解析
6.3　空间向量的应用
6.3.1　直线的方向向量与平面的法向量
6.3.2　空间线面关系的判定
基础过关练
1.ACD 4.C 5.AC 7.A 8.ABC
1.ACD　由A(0,1,0),B(2,2,0),C(-1,3,1),得=(-3,1,1).
对于A,因为=-2+2+0=0,所以,故A正确;
对于B,cos<,故B错误;
对于C,因为(-2,-1,0)=-,所以向量(-2,-1,0)与平行,
所以直线AB的一个方向向量是(-2,-1,0),故C正确;
对于D,设n=(1,-2,5),则n·=2-2+0=0,n·=-1-4+5=0,所以n⊥,n⊥,又AC∩AB=A,AC,AB 平面ABC,所以n⊥平面ABC,即n=(1,-2,5)是平面ABC的一个法向量,故D正确.
故选ACD.
2.答案　(1,2,1)(答案不唯一)
解析　x+2y+z-1=0可化为1×(x-0)+2(y-0)+1×(z-1)=0,所以由题意可得平面α的一个法向量为(1,2,1).(答案不唯一)
3.答案　(0,1,1)(答案不唯一)
解析　设BD=AB=CD=1,则D(0,1,0),C(1,1,0),A(0,0,1),故=(0,1,-1),
设平面ACD的一个法向量为m=(x,y,z),
则则x=0,令y=1,得z=1,
则m=(0,1,1),
所以m=(0,1,1)是平面ACD的一个法向量.(答案不唯一)
4.C　因为l∥α,所以m⊥n,所以m·n=0,即3+2x+1=0,解得x=-2.故选C.
5.AC　因为平面α与平面β平行,所以平面α的法向量与平面β的法向量平行.
对于A,若(1,-2,3)=λ(-1,2,-3),则解得λ=-1,故A正确;
对于B,若(-1,-2,3)=λ(-1,2,-3),则无解,故B错误;
对于C,若(2,-4,6)=λ(-1,2,-3),则解得λ=-2,故C正确;
对于D,若(2,-4,-6)=λ(-1,2,-3),则无解,故D错误.
故选AC.
6.答案　
解析　由题意得
所以
所以a=.
7.A　因为α⊥β,所以m⊥n,所以m·n=8+3k-2=0,解得k=-2.故选A.
8.ABC　因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,AD 平面ABCD,AB⊥AD,所以AD⊥平面ABEF,又BE 平面ABEF,所以AD⊥BE,故A正确.
若CE的中点为G,连接AG,BG.依题意知,AF,AB,AD互相垂直,故以A为原点,AB,AD,AF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,
设AD=AF=a,则A(0,0,0),D(0,a,0),B(2,0,0),F(0,0,a),G,所以.
因为=0,
所以,即DF⊥AB,DF⊥AG,
又AB∩AG=A,AB,AG 平面ABG,
所以DF⊥平面ABG,故B正确.
若AD=CD=1,则A(0,0,0),D(0,1,0),B(2,0,0),E(1,0,1),所以=(-1,0,1),
设平面ADE的一个法向量为m1=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,得m1=(1,0,-1).
设平面BDE的一个法向量为n1=(a1,b1,c1),
则
令a1=1,则b1=2,c1=1,所以n1=(1,2,1),
因为m1·n1=0,所以m1⊥n1,
所以平面ADE⊥平面BDE,故C正确.
若AE=,则AF=,则A(0,0,0),D(0,,0),所以),
设平面ADE的一个法向量为m2=(x2,y2,z2),
则
则y2=0,令z2=-1,得x2=,则m2=(,0,-1).
设平面BCE的一个法向量为n2=(a2,b2,c2),
则
令b2=1,得a2=,c2=1,则n2=(,1,1),
因为m2·n2=2+0-1=1,所以m2与n2不垂直,
故平面ADE⊥平面BCE不成立,故D错误.
故选ABC.
9.证明　以C为坐标原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系C-xyz,如图所示:
则B(0,1,0),C1(0,0,2),M,N(1,0,1).
证法一:=(1,-1,1).
设平面C1MN的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1),
∴∥n,∴BN⊥平面C1MN.
证法二:=(1,-1,1),
∴=1×1+0×(-1)+(-1)×1=0,
∴,即C1M⊥BN,C1N⊥BN,
又C1M∩C1N=C1,C1M 平面C1MN,C1N 平面C1MN,∴BN⊥平面C1MN.
方法总结　利用空间向量的方法证明线面位置关系时,可应用线面位置关系的判定定理进行证明,也可用直线的方向向量和平面的法向量之间的关系进行证明.
能力提升练
1.C 2.D 3.ABD
1.C　对于A,因为a·b=1-2+2=1≠0,所以a与b不垂直,所以l与m不垂直,故A错误;
对于B,因为a·n=0-1+1=0,所以a⊥n,所以l∥α或l α,故B错误;
对于C,由题知,n2=-2n1,所以n1∥n2,所以α∥β,故C正确;
对于D,易得=(-2,2,1),因为b=(1,u,t)是平面α的一个法向量,
所以故D错误.
故选C.
2.D　以O为坐标原点,OD所在直线为z轴,过点O且平行于BC的直线为x轴,过点O且垂直于BC的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),B),所以,0,0),由可得P(0,0,λ),
所以,
设平面PBC的一个法向量为m=(x,y,z),
则
则x=0,令z=1,得y=2λ,则m=(0,2λ,1),
又PA⊥平面PBC,所以=km且k为实数,
则故λ=.故选D.
3.ABD　如图所示,建立空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),D1(0,0,2),A(2,0,0),A1(2,0,2),C(0,2,0).
设P(2,a,0),Q(2,2,b),a∈[0,2],b∈[0,2],
则=4-2b,当b=2时,D1P⊥CQ,故A正确;
设,λ∈[0,1],可得R(2-2λ,2λ,2-2λ),则=2(2-2λ)-2λb,取λ=,此时D1R⊥CQ,故B正确;
当AR⊥A1C时,λ,2-2λ)·(-2,2,-2)=4λ+12λ-4+4λ=0,解得λ=,
此时≠0,故C错误;
当A1C=3A1R时,λ=,则R,易知,2),设平面BDC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则取y=-1,得x=,∴n=(),故·n=0,又D1R 平面BDC1,∴D1R∥平面BDC1,故D正确.
故选ABD.
4.答案　
解析　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,分别取AA1,A1D1的中点M,N,连接MN,MC1,NC1,
则M,A(1,0,0),
所以,
故,即MN∥EF,
又MN 平面AEF,EF 平面AEF,
所以MN∥平面AEF,同理可得NC1∥平面AEF,
又MN∩NC1=N,MN,NC1 平面MNC1,
所以平面MNC1∥平面AEF,
因为P是侧面ADD1A1内(包含边界)一点,PC1∥平面AEF,
所以点P必在线段MN上,即点P的轨迹为线段MN,
所以点P的轨迹长度为|.
5.答案　
解析　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),C1(0,1,1),所以=(-1,-1,1),
因为,所以M是线段CC1上靠近点C的三等分点,故M,所以,
由点P在平面A1B1C1D1上,可设P(x,y,1)(0≤x≤1,0≤y≤1),则=(x-1,y,1),
由AP⊥平面MBD1,得
解得,
则|.
6.答案　178π
解析　以D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(图略),由已知得E(9,6,0),C(0,9,0),F(0,0,3),B(9,9,0),设P(0,0,t),所以=(9,9,-t).设平面CEF的一个法向量为n=(x,y,z),则不妨令z=3,则y=1,x=,所以n=.因为PB∥平面CEF,所以·n=0,即×9+1×9-3t=0,解得t=4,所以P(0,0,4).因为PD⊥平面ABCD,且底面ABCD是正方形,所以四棱锥P-ABCD的外接球的直径就是PB,由=(9,9,-4),得|,所以其外接球的表面积S=4π=178π.
7.证明　(1)由题知,A1B1,A1C1,A1A互相垂直,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图,
设AB=AC=AA1=2,则A1(0,0,0),B(2,0,2),A(0,0,2),C(0,2,2),D(1,1,2),C1(0,2,0),
∴=(0,2,-2),
设平面ADC1的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,得y=-1,z=-1,则n=(1,-1,-1),
∵n·=2+0-2=0,且A1B 平面ADC1,
∴A1B∥平面ADC1.
(2)由(1)知,=(-1,1,-2),
设平面BB1C1C的一个法向量为m=(a,b,c),
则
令a=1,得b=1,c=0,则m=(1,1,0),
由(1)知,平面ADC1的一个法向量为n=(1,-1,-1),
∵n·m=1-1+0=0,∴n⊥m,
∴平面ADC1⊥平面BB1C1C.
8.解析　(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥CC1,BC⊥CC1,AC⊥BC,所以CB,CC1,CA两两垂直,
故以C为原点,CB,CC1,CA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C-xyz,
设AC=2,则M(0,0,1),A(0,0,2),B(2,0,0),N(1,2,0),B1(2,2,0),
所以=(2,2,-2),
设平面ABB1A1的一个法向量是n=(x,y,z),
则
令x=1,得y=0,z=1,则n=(1,0,1),
故·n=1+0-1=0,即⊥n,
又MN 平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1.
(2)假设在线段CC1上存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ,
由(1)知,=(1,2,-1),
设CQ=y0,0≤y0≤2,则Q(0,y0,0),
所以=(0,y0,-1),
设平面MNQ的一个法向量是m=(a,b,c),
则
令b=1,得a=y0-2,c=y0,则m=(y0-2,1,y0),
由A1B⊥平面MNQ,得A1B∥m,即存在实数λ,满足m=λ,即(y0-2,1,y0)=λ(2,-2,-2),
即
因此CQ=1,即Q是CC1的中点,
所以在线段CC1上存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ,此时.
方法总结　利用向量解决位置关系的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关”,求出平面的法向量;第四,破“应用公式关”.
9.解析　∵底面ABCD为正方形,
∴AB⊥AD,又PA⊥平面ABCD,
∴以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=a,AP=c,a>0,c>0,则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,c).
(1)=(a,0,-c),
设,0<λ<1,
则=λ(a,a,-c)-(a,0,-c)=(λa-a,λa,c-λc).
设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=1,z=,∴n=.
若PC⊥平面BDE,则∥n,
∴,解得λ=,
易知0<<1,
故存在点E,使得PC⊥平面BDE.
(2)=(0,0,-c),设平面PCD的一个法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
则x1=0,令y1=c,得z1=a,∴n1=(0,c,a).
设=μ ,0<μ<1,
则=(μa,μa,c-μc),
易知=(0,a,0).
设平面AED的一个法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
则y2=0,令x2=-c,得z2=,
∴n2=.
若平面PCD⊥平面AED,
则n1·n2=0,即=0,此方程无解,
∴不存在点E,使得n1⊥n2,
即不存在点E,使得平面PCD⊥平面AED.
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