1.4.1用空间向量研究直线、平面的位置关系（含解析）2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

1.4.1用空间向量研究直线、平面的位置关系
夯基础
题型 1 直线的方向向量的概念及应用
1.(多选)如图，在正方体 ABCD-A B C D 中,E为棱CC 上不与C ，C重合的任意一点，则能作为直线AA 的方向向量的是( )
2.已知直线l过点A(3,2,1),B(2,2,2),且a=(2,0,x)是直线l的一个方向向量，则x= .
题型2平面的法向量的概念及求法
3.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 ( )
4.已知平面α内有一点A(2，-1，2)，平面α的一个法向量为 则下列四个点在平面α内的是( )
A. P (1,-1,1)
5.已知向量m=(2,1,0)与n=(a ,a,b)是平面α的两个法向量，则a+b= .
6.在空间直角坐标系中,点 P(0,0,1)为平面ABC 外一点,其中A(1,1,0),B(0,2,3).若平面ABC 的一个法向量为n=(1,m,1),则m= .
7.如图，在棱长为3的正方体ABCD-A B C D 中,点 M 在棱 C C 上,且CM=2MC .以D 为原点,DA,DC,DD 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.
(1)求平面ABB A 的一个法向量;
(2)求平面MBD 的一个法向量.
题型3利用空间向量解决空间中直线、平面的平行问题
8.设直线l ，l 的方向向量分别为(a=(2,m,-4),b=(-1,4,2).若l ∥l ,则实数m= .
9.已知平面α的一个法向量为n=(2,-1,0),直线l的一个方向向量为m=(t,-4,t+1),且l∥平面α，则l= .
10.已知平面α的法向量为μ=(1,-1,t),平面β的法向量为v=(-2,2,6).若α∥β,则实数t= .
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A B C D 中,E,F 分别为棱BC,CD 的中点.求证:D F∥平面A EC .
题型4转化与化归思想在空间向量与立体几何中的应用
12.如图，圆锥的顶点为 P，底面圆心为O，AB，CD 为两条互相垂直的直径，Q是底面圆周上的动点(异于A，B),且C,Q 在直径AB 的两侧.已知PO=OB=1.
(1)若 求证:PQ⊥AC.
(2)若在线段 PQ 上存在点 T(异于 P,Q),使得BT∥平面 PAC,求∠QOB 的取值范围.
题型5利用空间向量解决空间中直线、平面的垂直问题
13.已知直线l ,l 的方向向量分别为(a=(1,m,-1),b=(-2,1,1).若l ⊥l ,则m= ( )
A.1 B.2 C.0 D.3
14.直线l的一个方向向量为(4，2，3)，平面α的一个法向量为(2,1,t).若l⊥α,则实数t= ( )
A.3/2 B.1 C.-2
15.平面α的法向量u=(1,2,-1),平面β的法向量 2,8).若α⊥β,则λ的值是 ( )
A.2 B.-2 C.±2 D.不存在
16.如图，在正方体ABCD-A B C D 中,E,F分别是 BB ,CD的中点,求证:D F⊥平面ADE.
题型6方程思想在空间向量与立体几何中的应用
17 如图，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)证明:MN∥平面ABCD.
(2)在线段AN上是否存在点 S，使得ES⊥平面AMN 如果存在，求出线段AS 的长度；若不存在，请说明理由.
18.平面α的法向量为m，若向量 则直线AB 与平面α的位置关系为 .
19.给出下列命题，其中是真命题的是 ( )
A.若直线l的方向向量a=(1,-1,2),直线m的方向向量 则l与m平行
B.若直线l的方向向量a=(0,1,-1),平面α的法向量n=(1,-1,-1),则l⊥α
C.若平面α，β的法向量分别为 则α⊥β
D.若平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1
20.如图，在正方体ABCD-A B C D 中，以D为原点建立空间直角坐标系，E为BB 的中点，F为A D 的中点，则下列向量中，能作为平面AEF的法向量的是 ( )
A.(1,-2,4) B.(-4,1,-2)
C.(2,-2,1) D.(1,2,-2)
21.如图，正方形ABCD 与矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB= ,AF=1,点M在EF 上,且CM⊥平面BDE,则点 M 的坐标为
D.(1,1,1)
22.(多选)如图,在长方体ABCD-A B C D 中,AB= 点P 是线段A C上的动点，则下列结论正确的是 ( )
A.当 时,B,P,D 三点共线
B.当 时，
C.当 时,D P∥平面BDC
D.当 时,A C⊥平面D AP
23.已知边长为1的正方体.ABCD-A B C D ,M 为 BC 的中点,N 为平面DCC D 上的动点. 若 MN⊥A C,则三棱锥 N-AA D 的体积的最小值为 .
24.在棱长为1 的正方体 中,E 为CC 的中点，P，Q是正方体表面上相异两点，满足BP⊥A E,BQ⊥A E.若 P,Q 均在平面 A B C D 内,则PQ与BD 的位置关系是 ,|A P|的最小值为 .
25.如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 是 BC 的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.
(1)求证:AP⊥BC.
(2)若点 M 是线段AP 上一点,且AM=3,试证明平面AMC⊥平面 BMC.
26.如图，在长方体 中，
(1)求证:平面A C B∥平面ACD .
(2)线段B C 上是否存在点 P,使得A P∥平面 若存在，求出点 P 的位置；若不存在，请说明理由.
27.设α，β是不重合的两个平面，α，β的法向量分别为n ，n ，l和m是不重合的两条直线，l，m的方向向量分别为e ，e ，那么α∥β的一个充分条件是 ( )
A. l α,m β,且
B. l α,m β,且
且.e ∥e
且e ∥e
1.4.1用空间向量研究直线、平面的位置关系
选择/填空题答案速查
题号 1 2 3 4 5 6
答案 ABD -2 D B 2 -2
题号 8 9 10 13 14 15
答案 -8 -2 -3 D A C
题号 18 19 20 21 22 23
答案 AB 平面α或AB∥平面α D B A ACD
题号 24 27
答案 平行 C
1. ABD 【解析】因为 所以 都可作为直线AA 的方向向量.故选 ABD.
方法总结 与直线l平行的非零向量均为直线l的方向向量，注意直线l的方向向量不是唯一的.
2.-2【解析】由题意可得 因为a=(2,0,x)是直线 l的一个方向向量，所以 即(2,0. x)=λ(-1,0,1),所以 解得x=-2.
3. D【解析】由题意可得 设平面 ABC 的 一 个 法 向 量 为 n = (x, y,z), 则 令x=1,则y=1,z=1,所以n=(1,1,1).与n同向的单位向量为 与n反向的单位向量为 选项 D 符合题意；选项A，B，C中的向量与 均不共线，故选项A，B，C不符合题意.选D.
4. B【解析】由题意，符合条件的点 P 应满足 对于A,P A=(2,-1,2)-(1,-1,1)=(1,0,1),所以 所以点P 不在平面α内，A 不符合题意；对于 B，易得 所以 所以点 P 在平面α内，B符合题意；对于C，易得 所以 所以点P 不在平面α内，C不符合题意；对于D，易得 所以 所以点P 不在平面α内，D不符合题意.故选B.
5.2【
6.-2由题意可得 →求出m的值.【解析】因为A(1,1,0),B(0,2,3),所以 因为平面ABC的一个法向量为n=(1,m,1),所以 所以 解得m=-2.
7.【解】(1)因为x轴垂直于平面ABB A ,所以 是平面ABB A 的一个法向量.
(2)因为正方体.ABCD-A B C D 的棱长为3,CM=2MC ,所以M(0,3,2),B(3,3,0),D (0,0,3),
所以
设 是平面MBD 的法向量，
则
所以
令z=3,则x=2,y=1.
所以n =(2,1,3);是平面MBD 的一个法向量.
8.-8 【解析】若l ∥l ,则a∥b,所以有 利用空间向量共线的坐标表示进行运算即可)，解得m=-8.
9.-2 【解析】因为l∥平面α,所以m⊥n,所以m·n=2t+4=0,解得t=-2.
10.-3思维路径由题设可得μ=λv(λ∈R)→结合向量共线的坐标表示求参数即可.
【解析】由题意可知平面α与平面β的法向量共线，所以μ=λv(λ∈R),所以(1,-1,t)=λ(-2,2,6),即 解得
11.思维路径根据题意建立空间直角坐标系→写出各点的坐标→求出平面A EC 的法向量→证明 和法向量垂直即可.
【证明】以A 为原点,AB,AD,AA 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 (0，2，2),F(1,2,0),A (0,0,2),E(2,1,0),C (2,2,2),所以
设平面A EC 的法向量为 n=(x,y,z),
则
取z=1,则y=-2,x=2,所以n=(2,-2,1)是平面A EC 的一个法向量.
因为 F 平面A EC ,
所以D F∥平面A EC .
12.(1)【证明】因为PO⊥平面AOC,AC 平面AOC,所以PO⊥AC.
当 时，
如图,连接BD,则BD⊥OQ.
因为AB⊥CD,又OA=OB,OC=OD,所以△AOC≌△BOD,所以∠OAC=∠OBD,所以BD∥AC,所以AC⊥OQ.
因为PO∩QO=O,PO,QO 平面POQ,所以AC⊥平面POQ.
因为PQ 平面POQ,所以PQ⊥AC.
(2)【解】由题意知OB,OD,OP 两两垂直,以O为原点,分别以OB，OD，OP 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图.
设∠QOB =θ(θ∈(0,π)),
则.A(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,-1,0),P(0,0,1),Q(cosθ,sinθ,0),所以
设平面 PAC的法向量为m=(x,y,z),
则 即
取x=1,则z=-1,y=1,所以m=(1,1,-1).
设
则
所以
因为BT//平面 PAC,
所以
即
所以
所以 解得
所以∠QOB 的取值范围是((0,π/2).
13. D思维路径将线线垂直转化为其方向向量垂直→利用空间向量垂直的坐标表示即可求解.
【解析】因为l ⊥l ,所以a⊥b,所以a·b=0,所以1×(-2)+m×1+(-1)×1=0,解得m=3.故选D.
14. A 【解析】直线l的一个方向向量为(4,2,3),平面α的一个法向量为(2,1,t),且l⊥α,则 解得 t= .故选A.
15. C 【解析】由α⊥β,可知u·v=0,即 8=0,解得λ=±2.故选 C.
16.思维路径 以D为原点，建立空间直角坐标系——→设正方体的棱长为1，列出各点的坐标→分别证明D 产. →结合线面垂直的判定定理证明即可.
【证明】以D为原点,DA,DC,DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图.
不妨设正方体的棱长为1，则D(0,0,0),A(1,0,0),D (0,0,1),E(1,1, ),F(0, 0),
所以
所以
所以即D F⊥DA,D F⊥AE.
又DA∩AE=A,DA,AE 平面ADE,
所以D F⊥平面ADE.
17.(1)证明】连接BD,如图(1).
因为MD⊥平面ABCD,NB⊥平面
ABCD,
所以MD∥NB.
因为MD=NB,
所以四边形MDBN为平行四边形.
所以MN//DB.
又 BD 平面ABCD,MN 平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
(2)【解】由题意知DM,DC,DA两两垂直.
以点D 为原点,DA,DC,DM所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图(2)的空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0),M(0,0,1),N(1,1,1,),E( ,1,0),假设在线段AN上存在点 S，使得ES⊥平面AMN,连接AE.易知
设 λ≤1,
则
由ES⊥平面AMN,得 1 解得
此时 所以
故在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时线段AS的长度为
18. AB 平面α或AB∥平面α 【解析】若AB 平面α,则 成立;若AB 平面α,则AB∥平面α.所以直线AB与平面α的位置关系为AB 平面α或AB∥平面α.
易错规避本题容易漏掉AB 平面α这一情况，忽视证明直线与平面平行时，还需要说明直线在该平面外.
19. D 【解析】对于 A,设a=λb,则 比方程组无解，所以a与b不平行，所以l与m不平行，故A不是真命题;对于B,因为a·n=0×1+1×(-1)-1×(-1)=0,所以a⊥n,所以l∥α或l α,故B不是真命题;对于C,因为 所以n 与n 不垂直，所以α与β不垂直，故C 不是真命题；对于 D，因为 且向量n=(1,u,t)是平面α的法向量，所以 即 解得 所以u+t=1,故D 是真命题.选 D.
B 【解析】设正方体的棱长为2,则A(2,0,0),E(2,2,1),F(1,0,2),所以 设向量 n = (x, y, z) 是 平 面 AEF 的 法 向 量, 则 取y=1,则z=-2,x=-4,所以n=(-4,1,-2)是平面AEF 的一个法向量.经检验可知,A,C,D选项中的向量均不与n=(-4,1,-2)共线.故选 B.
21. A 【解析】设点M 的坐标为(x,y,1).由题意可知C(0,0,0),D( ,0,0),B(0, ,0),E(0,0,1),所以 因为CM⊥平面 BDE,所以 CM⊥DE,CM⊥DB,即 所以 解得 所以点M的坐标为 故选 A.
22. ACD 【解析】如图,以D 为原点,DA,DC,DD 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),C(0, ,0),D (0,0,1),A(1,0,0),A (1,0,1),B(1, ,0),C (0, ,1),所以 设 则 所以 对于A，当 时，点P 为对角线A C的中点，根据长方体的性质可得B，P，D 三点共线，故A 正确.对于B，当 时，可得 解得k=5,所以 所以 所以 与D P.不垂直，故B 错误.对于C，当 时， 设平面 BDC 的法向量为n=(x,y,z),易得 1),所以 取：y=-1,得 故 所以 0，所以 又 D P 平面 BDC ,所以D P∥平面BDC ,故C 正确. 对于 D,当 时，可得 设平面D AP 的法向量为m=(a,b,c),则 取a=-1,得 所以m=(-1, ,-1).而 所以A C∥m,所以A C⊥平面D AP,故 D正确.选 ACD.
23. 【解析】以D为原点，分别以 DA,DC,DD 所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A (1,0,1),C(0,1,0), 设N(0,a,b),0≤a≤1,0≤b≤1,所以 又.MN⊥A C,所以 即a-b= 所以 所以 所以 所以三棱锥N-AA D的体积的最小值为
24.平行 【解析】如图，以D为原点,DA,DC,DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系,则A (1,0,1),),B(1,1,0).E(0,1, 因为P,Q均在平面A B C D 内,所以设P(a,b,1),Q(m,n,1),则1, n - 1, 1). 因 为 BP ⊥ A E, BQ ⊥ A E, 所 以 解得 所以b-n-a+m=0,所以m-a=n-b.所以 0)=(n-b,n-b,0).又 所以 所以PQ与BD 的位置关系是平行.又 b, 0), 所 以 所以当 时， 有最小值，且最小值为
25.【证明】(1)因为AB=AC,D 是BC的中点,所以AD⊥BC.如图，以O为原点，过点O 作CB的平行线为x轴，以射线AD方向为y轴正方向，以射线OP 的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则0(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4),所以 所以 0=0,
所以 即AP⊥BC.
(2)因为PO⊥平面ABC,AO 平面ABC,所以 PO⊥AO.
因为PO=4,AO=3,所以AP=5.
因为M为AP上一点，且AM=3，所以
由(1)得 所以
又A(0,-3,0),所以
所以
设平面BMC的法向量为n=(a,b,c),
则
令b=1,则 所以
设平面AMC的法向量为m=(x,y,z),
则
令x=5,则y=4,z=-3,所以m=(5,4,-3).
所以
所以n⊥m,所以平面AMC⊥平面BMC.
26.(1)【证明】以D为原点,DA,DC，DD 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(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),A (3,0,2),B (3,4,2),C (0,4,2),D (0,0,2),
则
设平面A C B的法向量为n=(x,y,z),
贝
取x=4,则y=3,z=6,所以平面A C B的一个法向量为n=(4,3,6).
设平面ACD 的法向量为m=(a,b,c),
则
取a=4,则b=3,c=6,所以平面ACD 的一个法向量为m=(4,3,6).
因为n∥m,所以平面A C B∥平面ACD .
(2)【解】设线段B C 上存在点 P 使得A P∥平面ACD ,B P=tB C(0≤t≤1).
由(1)得 平面ACD 的一个法向量为m=(4,3,6),
所以
所以 解得
所以当P 为线段B C的中点时,A P∥平面ACD .
27. C 【解析】对于A,若l α,m β,且 则α与β相交或平行，故A不符合题意；对于B，若l α，m β，且e ∥e ，则α与β相交或平行，故B不符合题意；对于C,若(e ∥n ,e ∥n ,且e ∥e ,则α∥β,故C符合题意;对于D，若e ⊥n ,e ⊥n ,且e ∥e ,则α与β相交或平行,故D 不符合题意.选C.
易错规避 两个平面的法向量平行，则一定有两个平面平行.若推不出两个平面的法向量平行，则证明两个平面平行时，需要结合面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线分别和另外一个平面平行，则这两个平面平行.判断时一定要考虑全各种情况，避免出错.