高考數(shù)學(xué)理科人教通用版核心講練大一輪復(fù)習(xí)課時分層提升練四十七利用空間向量證明空間中的位置關(guān)系

溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標(biāo)滾軸，調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。課時分層提升練四十七利用空間向量證明空間中的位置關(guān)系……30分鐘60分一、選擇題(每小題5分,共25分)1.(2020·曲靖模擬)平面α的法向量為(1,2,2),平面β的法向量為(2,4,k),若α∥β,則k等于 ()【解析】選C.因為α∥β,所以兩平面法向量平行,所以-21=-42=2.(2020·樂山模擬)若=λ+μ,則直線AB與平面CDE的位置關(guān)系是 ()A.相交 B.平行C.在平面內(nèi) D.平行或在平面內(nèi)【解析】選D.因為=λ+μ,所以,,共面,所以AB與平面CDE平行或在平面CDE內(nèi).3.已知A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,1)三點,n=(1,1,1),則以n為方向向量的直線l與平面ABC的關(guān)系是 ()A.垂直 B.不垂直C.平行 D.以上都有可能【解析】選A.由題意,=(1,1,0),=(0,1,1)因為n·=0,n·=0,所以n⊥AB,n⊥BC,因為AB∩BC=B,所以以n為方向向量的直線l與平面ABC垂直.4.已知=(1,5,2),=(3,1,z),若⊥,=(x1,y,3),且BP⊥平面ABC,則實數(shù)x,y,z分別為 ()A.337,157,4 B.407C.407,2,4 D.4,40【解析】選B.因為⊥,所以·=0,即3+52z=0,得z=4.因為BP⊥平面ABC,所以BP⊥AB,BP⊥BC,又=(3,1,4),則x-1+55.在正方體ABCDA1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,M,N分別是棱DD1,D1C1的中點,則直線OM ()A.和AC、MN都垂直B.垂直于AC,但不垂直于MNC.垂直于MN,但不垂直于ACD.與AC、MN都不垂直【解析】選A.以DA,DC,DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)正方體的棱長為2a,則D(0,0,0)、D1(0,0,2a)、M(0,0,a)、A(2a,0,0)、C(0,2a,0)、O(a,a,0)、N(0,a,2a).所以=(a,a,a),=(0,a,a),=(2a,2a,0).所以·=0,·=0,所以O(shè)M⊥AC,OM⊥MN.二、填空題(每小題5分,共15分)6.(2020·攀枝花模擬)在正方體ABCDA1B1C1D1中,P為正方形A1B1C1D1四邊上的動點,O為底面正方形ABCD的中心,M,N分別為AB,BC的中點,點Q為平面ABCD內(nèi)一點,線段D1Q與OP互相平分,則滿足=λ的實數(shù)λ有________個.

【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長為2,則P(x,y,2),O(1,1,0),所以O(shè)P的中點坐標(biāo)為x+1又知D1(0,0,2),所以Q(x+1,y+1,0),而Q在MN上,所以xQ+yQ=3,所以x+y=1,即點P坐標(biāo)滿足x+y=1.所以有2個符合題意的點P,即對應(yīng)有2個λ.答案:27.已知A,B,C的坐標(biāo)分別為(0,1,0),(1,0,1),(2,1,1),點P的坐標(biāo)是(x,0,y),若PA⊥平面ABC,則點P的坐標(biāo)是________.

【解析】根據(jù)題意,可得=(1,1,1),=(2,0,1),=(x,1,y),因為AP⊥平面ABC,所以⊥且⊥,所以解得x=1,y=2,可得P的坐標(biāo)是(1,0,2).答案:(1,0,2)8.如圖,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1,E,F分別是棱BC,DD1上的點,如果B1E⊥平面ABF,則CE與DF的和為________.

【解析】以D1A1,D1C1,D1D所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)CE=x,DF=y,則易知E(x,1,1),B1(1,1,0),所以=(x1,0,1),又F(0,0,1y),B(1,1,1),所以=(1,1,y),由于AB⊥B1E,故若B1E⊥平面ABF,只需·=(1,1,y)·(x1,0,1)=0?x+y=1.答案:1三、解答題(每小題10分,共20分)9.已知正方體ABCDA1B1C1D1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,D1四點共面.(2)若點G在BC上,BG=23,點M在BB1上,GM⊥BF,垂足為H,求證:EM⊥平面BCC1B1【證明】(1)以B為原點,以BA,BC,BB1為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),E(3,0,1),F(0,3,2),D1(3,3,3),則=(3,0,1),=(0,3,2),=(3,3,3),所以=+.由向量共面的充要條件知E,B,F,D1四點共面.(2)設(shè)M(0,0,z0),G0,23,0,而=(0,3,2),由題設(shè)得·=23×3+z0·2=0,得z0=1.故M(0,0,1),所以=(3,0,0).又因為=(0,0,3),=(0,3,0),所以·=0,·=0,從而ME⊥BB1,ME⊥BC.又因為BB1∩BC=B,故ME⊥平面BCC1B1.【變式備選】如圖,在直角梯形AA1B1B中,∠A1AB=90°,A1B1∥AB,AB=AA1=2A1B1=2.直角梯形AA1C1C通過直角梯形AA1B1B以直線AA1為軸旋轉(zhuǎn)得到,且使得平面AA1C1C⊥平面AA1B1為線段BC的中點,P為線段BB1上的動點.(1)求證:A1C1⊥AP.(2)是否存在點P,使得直線A1C∥平面AMP?請說明理由.【解析】(1)由已知∠A1AB=∠A1AC=90°,且平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,所以∠BAC=90°,即AC⊥AB.又因為AC⊥AA1且AB∩AA1=A,所以AC⊥平面AA1B1B.由已知A1C1∥AC,所以A1C1⊥平面AA1B1B.因為AP?平面AA1B1B,所以A1C1⊥AP.(2)由(1)可知AC,AB,AA1兩兩垂直.分別以AC,AB,AA1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示.由已知AB=AC=AA1=2A1B1=2A1C1=2,所以A(0,0,0),B(0,2,0),C(2,0,0),B1(0,1,2),A1(0,0,2),M(1,1,0)設(shè)存在點P,使得直線A1C∥平面AMP.設(shè)P(x1,y1,z1),且=λ,λ∈[0,1],則(x1,y12,z1)=λ(0,1,2),所以x1=0,y1=2λ,z1=2λ.所以=(0,2λ,2λ).設(shè)平面AMP的一個法向量為n0=(x0,y0,z0),由得x0+y0=0,(2-λ)y0+2λz0=0,又=(2,0,2),若A1C∥平面AMP,則⊥n0.所以·n0=2λ-2λ=0.所以λ=所以在線段BB1上存在點P,且BPPB1使得直線A1C∥平面AMP.10.(2019·泰安模擬)如圖,在四棱錐PABCD中,PB⊥底面ABCD,底面ABCD為梯形,AD∥BC,AD⊥AB,且PB=AB=AD=3,BC=1.(1)若點F為PD上一點且PF=13PD,證明:CF∥平面(2)在線段PD上是否存在一點M,使得CM⊥PA?若存在,求出PM的長;若不存在,說明理由.【解析】(1)過點F作FH∥AD,交PA于H,連接BH,因為PF=13所以HF=13又因為FH∥AD,AD∥BC,所以HF∥BC.所以四邊形BCFH為平行四邊形,所以CF∥BH.又因為BH?平面PAB,CF?平面PAB,所以CF∥平面PAB.(2)因為在梯形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,所以BC⊥AB,因為PB⊥平面ABCD,所以PB⊥AB,PB⊥BC,如圖,以B為原點,BC,BA,BP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,所以C(1,0,0),D(3,3,0),A(0,3,0),P(0,0,3).假設(shè)存在點M,設(shè)=λ=(3λ,3λ,3λ),所以=+=(1+3λ,3λ,33λ),所以·=9λ3(33λ)=0,解得λ=12,所以存在點M,且PM=12PD=3……20分鐘40分1.(5分)如圖,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,O為底面中心,A1O⊥平面ABCD,AB=AA1=2,平面OCB1的法向量n=(x,y,z)為()A.(0,1,1)B.(1,1,1)C.(0,1,1)D.(1,1,1)【解析】選C.因為四邊形ABCD是正方形,且AB=2,所以AO=OC=1,所以=(1,0,0),因為A(1,0,0),B(0,1,0),所以=(1,1,0),所以=(1,1,0),因為OA=1,AA1=2,所以O(shè)A1=2-1=1,故故=+=(1,1,1),因為向量n=(x,y,z)是平面OCB1的法向量,所以·n=x=0,·n=x+y+z=0,故x=0,y=z,結(jié)合選項可知,當(dāng)y=1時,z=1.2.(5分)如圖所示,在正方體ABCDA1B1C1D1中,棱長為a,M,N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=2a3,則MN與平面BB1C1CA.斜交 B.平行C.垂直 D.不能確定【解析】選B.分別以C1B1,C1D1,C1C所在直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系.因為A1M=AN=23所以Ma,N23所以=-a3又C1(0,0,0),D1(0,a,0),所以=(0,a,0),所以·=0,所以⊥.因為是平面BB1C1C的一個法向量,且MN?平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.3.(5分)(2020·德陽模擬)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(jié)論:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④∥.其中正確的序號是________.

【解析】因為·=0,·=0,所以AB⊥AP,AD⊥AP,則①②正確.又與不平行,所以是平面ABCD的法向量,則③正確.由于==(2,3,4),=(1,2,1),所以與不平行,故④錯誤.答案:①②③4.(5分)已知長方體ABCDA1B1C1D1內(nèi)接于球O,底面ABCD是正方形,E為AA1的中點,OA⊥平面BDE,則AA1AB【解析】以D為原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=a,AA1=c,則A(a,0,0),Ea,0,c2,D(0,0,0),B(a,a,0),=a,0,c2,=(a,a,0),=因為OA⊥平面BDE,所以解得c=2a,所以AA1AB=c答案:25.(10分)如圖,在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分別是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中點,點P,Q分別在棱DD1,BB1上移動,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)當(dāng)λ=1時,證明:直線BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使平面EFPQ⊥平面PQMN?若存在,求出實數(shù)λ的值;若不存在,說明理由.【解析】以D為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),M(2,1,2),N(1,0,2),=(2,0,2),=(1,0,λ),=(1,1,0),=(1,1,0),=(1,0,λ2).(1)當(dāng)λ=1時,=(1,0,1),因為=(2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.而FP?平面EFPQ,且BC1?平面EFPQ,故直線BC1∥平面EFPQ.(2)存在.設(shè)平面EFPQ的一個法向量為n=(x,y,z),則由可得x+于是可取n=(λ,λ,1).同理可得平面PQMN的一個法向量為m=(λ2,2λ,1).則m·n=(λ2,2λ,1)·(λ,λ,1)=0,即λ(λ2)λ(2λ)+1=0,解得λ=1±22故存在λ=1±22,使平面EFPQ⊥平面【變式備選】如圖,四棱錐PABCD中,底面ABCD為梯形,AB∥DC,BC=DC=12是AB的中點,PO⊥底面在平面PAD上的正投影為點H,延長PH交AD于點(1)求證:E為AD的中點.(2)若∠ABC=90°,PA=2,在棱BC上確定一點G,使得HG∥平面PAB.【解析】(1)連接OE,因為AB=2,O是AB的中點,所以O(shè)B=1,因為CD=1.所以O(shè)B=CD,因為AB∥DC,所以四邊形BCDO是平行四邊形.所以O(shè)D=BC=1.因為PO⊥底面ABCD,AD?平面ABCD,所以PO⊥AD.因為O在平面PAD上的正投影為點H,所以O(shè)H⊥平面PAD,因為AD?平面PAD,所以O(shè)H⊥AD.又因為OH∩PO=O,所以AD⊥平面POE,所以AD⊥OE.又因為AO=OD=1,所以E為AD的中點.(2)因為∠ABC=90°,OD∥BC,所以O(shè)D⊥BA,因為PO⊥底面ABCD,故以O(shè)為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.O(0,0,0),C(1,1,0),D(1,0,0),PO=PA2-所以AD=PD=PA=2,所以H是△ADP的重心.所以=+=+23=13,-13,設(shè)=λ,所以=λ+=(λ,1,0),所以==13-λ,-又=(1,0,0)是平面PAB的法向量,且HG∥平面PAB.所以·=0,所以13λ=0,解得λ=1所以=13,所以存在點G,