《2022高考數(shù)學一輪復習 第8章 立體幾何 第7課時 空間向量的應用(一)平行與垂直練習 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022高考數(shù)學一輪復習 第8章 立體幾何 第7課時 空間向量的應用(一)平行與垂直練習 理（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考數(shù)學一輪復習 第8章 立體幾何 第7課時 空間向量的應用(一) 平行與垂直練習 理 1．(2018·廣西桂林一中期中)若a＝(2，3，m)，b＝(2n，6，8)，且a，b為共線向量，則m＋n的值為(　　) A．7　　　　　　　　　　 B. C．6 D．8 答案　C 解析　由a，b為共線向量，得＝＝，解得m＝4，n＝2，則m＋n＝6.故選C. 2．已知向量a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)．若a，b，c三個向量共面，則實數(shù)λ等于(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　由題意，得c＝ta＋μb＝(2t－μ，－t＋

2、4μ，3t－2μ)，所以解得故選D. 3．若平面α的一個法向量為(1，2，0)，平面β的一個法向量為(2，－1，0)，則平面α和平面β的位置關系是(　　) 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，知兩平面的法向量互相垂直，所以兩平面互相垂直． 4．已知平面α內(nèi)有一個點M(1，－1，2)，平面α的一個法向量是n＝(6，－3，6)，則下列點P在平面α內(nèi)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⊥，在選項A中，＝(1，4，1)，∴n·＝0. 5．已知A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，則平面ABC的一個單位法向量是(　　) A．(，，－) B．(，－，) C．(－，，) D．(－，－，－) 答案　D 解析　＝(－1，1，0)，＝(－1，0，1)， 設平面ABC的一個法向量n＝(x，y，z)，∴ 令x＝1，則y＝1，z＝1，∴n＝(1，1，1)． 單位法向量為：±＝±(，，)． 6．已知＝(1，5，－2)，＝(3，1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x，y，z分別為

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)，則解得 7．已知點P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點，如果＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)．對于結論：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正確的是________． 答案?、佗冖? 解析　∵·＝0，·＝0， ∴AB⊥AP，AD⊥AP.則①②正確．從而③正確，又＝－＝(4，2，0)－(2，－1，－4)＝(2，3，4)

5、．∵≠.∴與不平行．∴④不正確． 8．(2018·甘肅蘭州質檢)如圖，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E為CD的中點，M，N分別是AD，BE的中點，將三角形ADE沿AE折起，則下列說法正確的是________．(寫出所有正確說法的序號) ①不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN∥平面DEC； ②不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN⊥AE； ③不論D折至何位置(不在平面ABC內(nèi))，都有MN∥AB； ④在折起過程中，一定存在某個位置，使EC⊥AD. 答案?、佗冖? 解析　不妨設BC＝a，CE＝ED＝b.折起后∠CED＝θ(0<θ<π)．以E為原點，

6、EA，EC分別為x軸，y軸． 則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對，是平面CED的法向量． ∴MN∥平面DEC，①對，MN與AB異面，③不對．當θ＝時，·＝0，∴④對． 綜上，①②④正確． 9.如右圖所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都為2，D為CC1的中點．求證：AB1⊥平面A1BD. 答案　略 證明　方法一：設平面A1BD內(nèi)的

7、任意一條直線m的方向向量為m.由共面向量定理，則存在實數(shù)λ，μ，使m＝λ＋μ. 令＝a，＝b，＝c，顯然它們不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，以它們?yōu)榭臻g的一組基底，則＝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，結論得證． 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，由直線和平面垂直的判定定理，

8、知AB1⊥平面A1BD. 方法三：取BC的中點O，連接AO. ∵△ABC為正三角形，∴AO⊥BC. ∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1. 取B1C1的中點O1，以O為原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，如下圖所示，則B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，)，A(0，0，)，B1(1，2，0)．設平面A1BD的法向量為n＝(x，y，z)，＝(－1，2，)，＝(－2，1，0)． 則n⊥，n⊥，故 ?令x＝1，則y＝2，z＝－. 故n＝(1，2，－)為平面A1BD的一個法向量，而＝(1，

9、2，－)，∴＝n，即∥n，∴AB1⊥平面A1BD. 10．(2018·杭州學軍中學模擬)如圖，在四棱錐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.求證：DE⊥平面PAC. 解析　如圖，以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A－xyz， 設AB＝AD＝BC＝2， 則D(0，2，0)，E(2，1，0)，A(0，0，0)，C(2，4，0)． ∴＝(2，－1，0)，＝(2，4，0)． 設P(0，0，z)，＝(0，0，z)． 設m＝(x1，y1，z1)為平面APC的

10、一個法向量，則m⊥，m⊥. ∴∴令y1＝1，則m＝(－2，1，0)，顯然m＝－. ∴∥m，∴DE⊥平面PAC. 11.(2018·甘肅省蘭州市高考實戰(zhàn)模擬)如圖所示的空間幾何體ABCDEFG中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF＝EG＝1，AE＝3. 求證：平面CFG⊥平面ACE. 答案　略 解析　建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，E(0，0，3)，G(0，1，3)，F(xiàn)(1，0，3)． ∴＝(0，0，3)，＝(2，2，0)，＝(－1，1，0)，·＝－2＋2＋0＝0， ·

11、＝0＋0＋0＝0. ∴FG⊥AC，F(xiàn)G⊥AE. ∴FG⊥平面ACE. 又FG?平面CFG， ∴平面CFG⊥平面ACE. 12．(2018·江西景德鎮(zhèn)二中模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，點E在AA1上，點F在CC1上，且AE＝FC1＝1. (1)求證：E，B，F(xiàn)，D1四點共面； (2)若點G在BC上，BG＝，點M在BB1上，GM⊥BF，垂足為H，求證：EM⊥平面BCC1B1. 答案　略 證明　(1)建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0，0，0)，E(3，0，1)，F(xiàn)(0，3，2)，D1(3，3，3)，所以＝(3，0，1)，＝(0，3，2)，＝(3，3，3

12、)． 所以＝＋. 故，，共面． 又它們有公共點B，所以E，B，F(xiàn)，D1四點共面． (2)設M(0，0，z0)，則＝(0，－，z0)，而＝(0，3，2)， 由題設得·＝－×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， 從而ME⊥BB1，ME⊥BC. 又BB1∩BC＝B，所以EM⊥平面BCC1B1. 13．(2018·湖北襄陽模擬，理)如圖，多面體ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，四邊形ABCD是菱形，AB＝2，∠BAD＝60°，四邊形BDEF是正方形． (1)求證：CF∥平面AED

13、； (2)在線段EC上是否存在點P，使得AP⊥平面CEF？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． 答案　(1)略　(2)不存在點P 解析　(1)因為四邊形ABCD是菱形，所以BC∥AD. 又BC?平面ADE，AD?平面ADE，所以BC∥平面ADE， 又四邊形BDEF是正方形，所以BF∥DE. 因為BF?平面ADE，DE?平面ADE，所以BF∥平面ADE， 因為BC?平面BCF，BF?平面BCF，BC∩BF＝B， 所以平面BCF∥平面AED，因為CF?平面BCF，所以CF∥平面AED. (2)因為四邊形ABCD為菱形，且∠BAD＝60°， 所以△BCD為等邊三角形，取BD的中

14、點O，連接CO，所以CO⊥BD， 取EF的中點G，連接OG，則OG∥DE， 因為DE⊥平面ABCD，所以OG⊥平面ABCD， 故可建立如圖所示的空間直角坐標系O－xyz. 則O(0，0，0)，A(0，－，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，E(－1，0，2)，F(xiàn)(1，0，2)， 所以＝(1，，2)，＝(－2，0，0)，＝(－1，，－2)． 設平面ECF的法向量為n＝(x，y，z)，則有得 x＝0，令y＝1，則n＝(0，1，)． 又＝(1，，－2)，＝(－1，，2)， 設P(x，y，z)，＝λ，由＝＋＝＋λ， 得＝(λ－1，λ＋，2－2λ)，又平面CEF的一個法向量為n＝

15、(0，1，)． 若AP⊥平面CEF，則∥n，令＝μn.得 方程組無解，不符合題意． 綜上，線段EC上不存在點P，使得AP⊥平面CEF. 14.如圖所示，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E為BC的中點． (1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值； (2)在線段AN上是否存在點S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求線段AS的長；若不存在，請說明理由． 答案　(1)　(2)存在，|AS|＝ 解析　(1)如圖，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系D－xyz. 依題意得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)，因為|cos，|＝＝＝. 所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為. (2)假設在線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN.連接AE，如圖所示． 因為＝(0，1，1)，可設＝λ＝(0，λ，λ)，又＝(，－1，0)， 所以＝＋＝(，λ－1，λ)．由ES⊥平面AMN， 得即解得λ＝，此時＝(0，，)，||＝. 經(jīng)檢驗，當|AS|＝時，ES⊥平面AMN. 故線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN，此時|AS|＝. 1.如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為

17、a的正方形，側面PAD⊥底面ABCD，且PA＝PD＝AD，設E，F(xiàn)分別為PC，BD的中點． (1)求證：EF∥平面PAD； (2)求證：平面PAB⊥平面PDC. 答案　(1)略　(2)略 思路　(1)(2) 證明　如圖，取AD的中點O，連接OP，OF. 因為PA＝PD，所以PO⊥AD. 因為側面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以PO⊥平面ABCD. 又O，F(xiàn)分別為AD，BD的中點，所以OF∥AB. 又ABCD是正方形，所以OF⊥AD. 因為PA＝PD＝AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝. 以O為原點，OA，OF，OP所在直線分別為x軸、y軸、z

18、軸建立空間直角坐標系，則A(，0，0)，F(xiàn)(0，，0)，D(－，0，0)，P(0，0，)，B(，a，0)，C(－，a，0)． 因為E為PC的中點，所以E(－，，)． (1)易知平面PAD的一個法向量為＝(0，，0)， 因為＝(，0，－)，且·＝(0，，0)·(，0，－)＝0， 所以EF∥平面PAD. (2)因為＝(，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.已知在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形

19、，∠BAD＝90°，2AB＝2AD＝CD，側面PAD是正三角形且垂直于底面ABCD，E是PC的中點． (1)求證：BE⊥平面PCD； (2)在PB上是否存在一點F，使AF∥平面BDE? 答案　(1)略　(2)F為PB中點時，AF∥平面BDE 解析　(1)以AD的中點O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系． 設AB＝AD＝2， 則有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)設平面BDE的法向量為n＝(x，y，z)， ∵n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0. ∴ 令y＝－1，則x＝1，z＝. ∴平面BDE的一個法向量為n＝(1，－1，)． 取PB中點F，則有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中點F使AF∥平面BDE. 3．(2017·衡水中學調研卷)如圖所示，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1D

21、⊥平面ABCD，底面ABCD是邊長為1的正方形，側棱A1A＝2. (1)證明：AC⊥A1B； (2)是否在棱A1A上存在一點P，使得＝λ且面AB1C1⊥面PB1C1. 答案　(1)略　(2)點P不存在 解析　以DA，DC，DA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則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)假設存在 ∵＝λ，∴P(，0，)． 設平面AB1C1的一個法向量為n1＝

22、(x1，y1，z1)， ∵＝(－1，1，)，＝(－2，1，)， ∴ 令z1＝，則y1＝－3，x1＝0. ∴n1＝(0，－3，)． 同理可求面PB1C1的一個法向量為n2＝(0，，－1)， ∴n1·n2＝0.∴－－＝0，即λ＝－4. ∵P在棱A1A上，∴λ>0矛盾． ∴這樣的點P不存在． 4．(2018·石家莊市高三一檢)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AD∥BC，CD⊥BC，AD＝2，AB＝BC＝3，PA＝4，M為AD的中點，N為PC上的點，且PC＝3PN.求證：MN∥平面PAB. 證明　方法一：(傳統(tǒng)法) 如圖，在平面PBC內(nèi)作N

23、H∥BC交PB于點H，連接AH，在△PBC中，NH∥BC， 且NH＝BC＝1，AM＝AD＝1， 又AD∥BC，∴NH∥AM且NH＝AM， ∴四邊形AMNH為平行四邊形， ∴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內(nèi)作AE∥CD交BC于點E，則AE⊥AD. 分別以AE，AD，AP所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則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)． 設＝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) 建系寫點坐標如方法二． 設m＝(x1，y1，z1)為平面PAB的一個法向量，則由m⊥，m⊥得∴ 令x1＝1，則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) 設＝. 由題知＝3. ＝－ ＝＋－ ＝＋－ ＝－(－) ＝－ ＝－(－) ＝＋， ∴、、三向量共面． ∴∥平面APB. 又MN?平面PAB. ∴MN∥平面PAB.