2022版高考数学一轮复习第8章第6讲立体几何中的向量方法一训练含解析.doc
第八章第6讲A级基础达标1(2019年沈阳期末)已知平面的法向量为n(1，1,1)，直线AB与平面相交但不垂直，则向量的坐标可以是()A(2,2，2)B(1,3,2)C(2,1，1)D(1,2,3)【答案】D2若，则直线AB与平面CDE的位置关系是()A相交B平行C在平面内D平行或在平面内【答案】D3已知平面内有一点M(1，1,2)，平面的一个法向量为n(6，3,6)，则下列点P中，在平面内的是()AP(2,3,3)BP(2,0,1)CP(4,4,0)DP(3，3,4)【答案】A4(2019年菏泽期末)设直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，l，则使l成立的是()Aa(1，1,2)，n(1,1，2)Ba(2，1,3)，n(1,1,1)Ca(1,1,0)，n(2，1,0)Da(1，2,1)，n(1,1,2)【答案】B5如图所示，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：A1MD1P；A1MB1Q；A1M平面DCC1D1；A1M平面D1PQB1以上说法正确的个数为()A1B2C3D4【答案】C【解析】，所以，所以A1MD1P.由线面平行的判定定理可知，A1M平面DCC1D1，A1M平面D1PQB1正确6已知u(x,2，1)，v(x，x，1)分别是平面，的法向量，且，则x的值是_【答案】1【解析】由题意可得u·vx22x10，解得x17设平面与向量a(1,2，4)垂直，平面与向量b(2,3,1)垂直，则平面与平面的位置关系是_【答案】垂直【解析】由题意，a·b2640，所以ab.因为平面与向量a(1,2，4)垂直，平面与向量b(2,3,1)垂直，所以，故答案为垂直8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：APAB；APAD；是平面ABCD的法向量；.其中正确的序号是_【答案】【解析】因为·0，·0，所以ABAP，ADAP，则正确又与不平行，所以是平面ABCD的法向量，则正确由于(2,3,4)，(1,2，1)，所以与不平行，故错误9在边长是2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点应用空间向量方法求解下列问题(1)EF的长；(2)求证：EF平面AA1D1D；(3)求证：EF平面A1CD解：(1)如图，分别以，为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(2,0,2)，A(2,0,0)，B(2，2,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，D(0,0,0)因为E，F分别为AB，A1C的中点，所以E(2,1,0)，F(1,1,1)，(1,0,1)所以|.(2)证明：因为(2,0,2)2，所以EFAD1又AD1平面AA1D1D，EF平面AA1D1D，所以EF平面AA1D1D(3)证明：(0，2,0)，(2,0，2)，因为·0，·0，所以EFCD，EFA1D又CDA1DD，所以EF平面A1CD10如图，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.求证：(1)EF平面PAB；(2)平面PAD平面PDC证明：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为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(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，所以E，F，(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，(1,0,0)(1)因为，所以，即EFAB又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB(2)因为·(0,0,1)·(1,0,0)0，·(0,2,0)·(1,0,0)0，所以，即APDC，ADDC又APADA，所以DC平面PAD因为DC平面PDC，所以平面PAD平面PDCB级能力提升11(2019年中山期末)已知平面内有一个点A(2，1,2)，的一个法向量为n(3,1,2)，则下列点P中，在平面内的是()A(1，1,1)BCD【答案】B【解析】由题意可知符合条件的点P应满足·n0，选项A，(2，1,2)(1，1,1)(1,0,1)，·n3×11×02×150，故不在平面内；同理可得：选项B，·n0，故在平面内；选项C，·n60，故不在平面内；选项D，·n120，故不在平面内12(多选)在如图所示的空间直角坐标系中，ABCDA1B1C1D1是棱长为1的正方体，则下列结论正确的是()A平面ABB1A1的一个法向量为(0,1,0)B平面B1CD的一个法向量为(1,1,1)C平面B1CD1的一个法向量为(1,1,1)D平面ABC1D1的一个法向量为(0,1,1)【答案】AC【解析】因为(0,1,0)，ABAD，AA1AD，又ABAA1A，所以AD平面ABB1A1，故A正确；因为(1,0,0)，而(1,1,1)·10，所以(1,1,1)不是平面B1CD的法向量，故B不正确；因为(0,1，1)，(1，0,1)，(1,1,1)·0，(1,1,1)·0，B1CCD1C，所以(1,1,1)是平面B1CD1的一个法向量，故C正确；因为(0,1,1)，而·(0,1,1)20，所以(0,1,1)不是平面ABC1D1的法向量，故D不正确13如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，点H在棱AA1上，且HA11在侧面BCC1B1内作边长为1的正方形EFGC1，P是侧面BCC1B1内一动点，且点P到平面CDD1C1的距离等于线段PF的长，则当点P运动时，|HP|2的最小值是()A21B22C23D24【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则F(1,4,3)，P(x,4，z)，H(4,0,3)由题意可得|x|PF|，化简，得(z3)22x1所以|HP|2(x4)2(40)2(z3)2(x4)2162x1(x3)222.所以当x3时，|HP|2取得最小值22.14如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面是ABC为直角的等腰直角三角形，AC2a，BB13a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF_时，CF平面B1DF.【答案】a或2a 【解析】分别以BA，BC，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，B1(0，0,3a)，设F(a,0，m)，D，C(0，a,0)，则(a，a，m)，(a,0，m3a)因为CF面B1DF，所以CFB1F，即·0，·0，可得2a2m(m3a)0，解得ma或2a.15如图，在长方体OAEBO1A1E1B1中，OA3，OB4，OO12，点P在棱AA1上，且AP2PA1，点S在棱BB1上，且B1S2SB，点Q，R分别是O1B1，AE的中点，求证：PQRS.解：如图建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(3,0,0)，B(0,4,0)，O1(0,0,2)因为AP2PA1，所以AA1(0,0,2)，所以P.同理可得Q(0,2,2)，R(3,2,0)，S.因为PR，所以PR.又RPQ，所以PQRS.16如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD的中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由解：(1)证明：以A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(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，(a,0,1)，.因为·×01×1(1)×10，所以B1EAD1(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量为n(x，y，z)，因为n平面B1AE，所以n，n，得取x1，得n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，所以存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.C级创新突破17如图，点E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则与平面ABCD垂直的直线MN的条数有_条【答案】1【解析】假设存在满足条件的直线MN，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D1(2,0,2)，E(1,2,0)，再设M的坐标为(x，y，z)因为m(0m1)，所以(x2，y，z2)m(1,2，2)，得x2m，y2m，z22m.所以M(2m,2m,22m)同理，若n (0n1)，可得N(2n,2n,2n)，(m2n2，2n2m，2mn)由MN平面ABCD，得即解得即存在满足条件的直线MN，且只有1条18如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD；(2)若SD平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC？若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由解：(1)证明：连接BD，设ACBDO，则ACBD连接SO，由题意知SO平面ABCD以O为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图设底面边长为a，则高SOa，于是S，D，B，C，则·0.故OCSD从而ACSD(2)棱SC上存在一点E，使BE平面PAC理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且，.设t，则t，而·0，解得t，即当SEEC21时，.而BE不在平面PAC内，故BE平面PAC所以存在一点E，使得BE平面PAC，此时SEEC2.10
