课时跟踪检测(48) 利用空间向量证明平行与垂直问题（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

课时跟踪检测(48)　利用空间向量证明平行与垂直问题 基础强化练 1．已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则(　　) A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不对 C　解析：因为n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，所以α，β既不平行，也不垂直． 2．直线l的一个方向向量为(2，1，1)，平面α的一个法向量为(4，2，2)，则(　　) A．l∥α B．l⊥α C．l∥α或l⊂α D．l与α的位置关系不能判断 B　解析：因为直线l的一个方向向量为(2，1，1)，平面α的一个法向量为(4，2，2)，显然它们共线，所以l⊥α. 3．(多选)如图，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(　　) A．A1M∥D1P B．A1M∥B1Q C．A1M∥平面DCC1D1 D．A1M∥平面D1PQB1 ACD　解析：因为，，所以，所以A1M∥D1P.由线面平行的判定定理可知，A1M∥平面DCC1D1，A1M∥平面D1PQB1. 4．(多选)已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，且＝(2，－1，－4)，＝(4，2，0)，＝(－1，2，－1)，则(　　) A．AP⊥AB B．AP⊥AD C．是平面ABCD的法向量 D．∥ ABC　解析：因为·＝(2，－1，－4)·(－1，2，－1)＝0，·＝(4，2，0)·(－1，2，－1)＝0，所以AB⊥AP，AD⊥AP，则选项A，B正确．又因为与不平行，所以是平面ABCD的法向量，则选项C正确．由于＝－＝(2，3，4)，＝(－1，2，－1)，所以与不平行，则选项D错误． 5．如图，F是正方体ABCD­A1B1C1D1的棱CD的中点，E是BB1上一点，若D1F⊥DE，则有(　　) A．B1E＝EB B．B1E＝2EB C．B1E＝EB D．E与B重合 A　解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，则＝(0，1，－2)，＝(2，2，z)，∵·＝0×2＋1×2－2z＝0，∴z＝1，∴B1E＝EB. 6．(多选)(2024·江苏徐州模拟)如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且AB＝2，若线段DE上存在点P使得GP⊥BP，则边CG长度的可能取值为(　　) A．4 B．4 C．2 D．2 ABD　解析：以DA，DC，DF为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设CG＝a，P(x，0，z)，则＝，即z＝，又B(2，2，0)，G(0，2，a)，所以＝(x－2，－2，)，＝(x，－2，－a)，·＝x(x－2)＋4＋(－a)＝0，显然x≠0且x≠2，所以a2＝－4，因为x∈(0，2)，所以2x－x2∈(0，1]，则当2x－x2＝1，a2取得最小值12，所以a的最小值为2，即边CG长度的最小值为2.故选ABD. 7．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱BC，DD1上的点．若B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和为________． 答案：1　解析：以D1A1，D1C1，D1D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CE＝x，DF＝y，则易知E(x，1，1)，B1(1，1，0)，F(0，0，1－y)，B(1，1，1)，B1E＝(x－1，0，1)，＝(1，1，y).因为B1E⊥平面ABF，FB⊂平面ABF，所以·B1E＝(1，1，y)·(x－1，0，1)＝0，所以x＋y＝1. 8．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点．若线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ有________个． 答案：2　解析：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 设正方体的棱长为2，则P(x，y，2)，O(1，1，0)，所以OP的中点坐标为(，，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，即点P的坐标满足x＋y＝1.所以有2个符合题意的点P，即对应λ有2个． 9．如图，已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC⊥BC，D为AB的中点，AC＝BC＝BB1. (1)求证：BC1⊥AB1； (2)求证：BC1∥平面CA1D. 证明：以C1为原点，C1A1，C1B1，C1C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． 若设AC＝BC＝BB1＝2， 则A(2，0，2)，B(0，2，2)，C(0，0，2)，A1(2，0，0)，B1(0，2，0)，C1(0，0，0)，D(1，1，2). (1)连接AB1， (2)取A1C的中点E，连接DE， ∵E(1，0，1)，∴＝(0，1，1)， 又∵＝(0，－2，－2)，∴＝－BC1， 且ED和BC1不重合，则ED∥BC1. 又∵ED⊂平面CA1D，BC1⊄平面CA1D， ∴BC1∥平面CA1D. 能力提升练 10．在长方体ABCD­A1B1C1D1中，E是BB1的中点，，且EF∥平面ACD1，则实数λ的值为(　　) A． B． C． D． B　解析：以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴为正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 若设DA＝a，DC＝b，DD1＝c，则A(a，0，0)，C(0，b，0)，D1(0，0，c)，E(a，b，)，B1(a，b，c)，所以＝(－a，b，0)，＝(－a，0，c)，＝(－a，－b，0)，因为，所以＝(－λa，－λb，0)，所以F((1－λ)a，(1－λ)b，c)，所以＝(－λa，－λb，)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，所以当x＝bc时，y＝ac，z＝ab，则n＝(bc，ac，ab)，因为EF∥平面ACD1，所以⊥n，所以·n＝－λabc－λabc＋＝0，解得λ＝. 11．(多选)(2024·福建福州开学考试)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为AA1中点，若直线EF∥平面A1BC1，则点F的位置可能是(　　) A．线段CC1中点 B．线段BC中点 C．线段CD中点 D．线段C1D1中点 ABD　解析：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设CC1，BC，CD，C1D1的中点分别为M，N，P，Q，不妨设棱长为2，则A1(2，0，2)，B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，0，1)，M(0，2，1)，N(1，2，0)，P(0，1，0)，Q(0，1，2)，，设平面A1BC1的法向量n＝(x，y，z)，则令y＝1，则n＝(1，1，1)，又＝(－2，2，0)，＝(－1，2，－1)，＝(－2，1，－1)，＝(－2，1，1)，则·n＝－2×1＋2×1＝0，·n＝－1×1＋2×1－1×1＝0，·n＝－2×1＋1×1－1×1＝－2，·n＝－2×1＋1×1＋1×1＝0，又EM，EN，EQ⊄平面A1BC1，则EM，EN，EQ都平行于平面A1BC1，即若直线EF∥平面A1BC1，则点F的位置可能是线段CC1中点，线段BC中点或线段C1D1中点．故选ABD. 12．(多选)(2024·江苏南京高三开学考试)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2AB＝2，AB⊥AD，且P为CC1中点，Q为AA1上一动点，则(　　) A．|PQ|∈[，] B．三棱锥B­QPB1的体积为 C．存在点Q使得BD1与平面QPB1垂直 D．存在点Q使得AC1与平面QPB1垂直 AB　解析：因为在长方体ABCD­A1B1C1D1中，所以DA，DC，DD1两两垂直，所以以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 对于选项A，P(0，1，1)，Q(2，0，q)，所以PQ＝，且q∈[0，2]，所以|PQ|∈[，]，故A正确；对于选项B，＝×1××2×2＝，故B正确；对于选项C，＝(－2，0，－1)，＝(0，－1，q－2)，＝(－2，－1，2)，设平面QPB1的法向量n＝(x，y，z)，且即则n可以是(1，4－2q，－2)，所以不可能平行于n，故C错误；对于选项D，因为＝(－2，1，2)，所以也不可能平行于n，故D错误． 13．(2024·山东聊城期末)如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点． (1)求证：B，E，D1，F四点共面； (2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由． (1)证明：如图，连接D1E，D1F，取BB1的中点为M，连接MC1，ME， 因为E为AA1的中点，所以EM∥A1B1∥C1D1，且EM＝A1B1＝C1D1， 所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E∥MC1， 又因为F为CC1的中点， 所以BM∥C1F，且BM＝C1F， 所以四边形BMC1F为平行四边形， 所以BF∥MC1，所以BF∥D1E，所以B，E，D1，F四点共面． (2)解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 假设存在满足题意的点G，设G(0，0，t)，B(1，1，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)， 则＝(－1，1，0)，＝(0，1，－1)，＝(－1，0，t－1)， 设平面BEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即取x1＝1，则n1＝(1，1，1)为平面BEF的一个法向量； 设平面GEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则即 取x2＝t－1，则n2＝(t－1，t－1，1)为平面GEF的一个法向量； 因为平面GEF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0， 所以t－1＋t－1＋1＝0，所以t＝. 所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，DG的长度为. 素养养成练 14．如图，圆锥的轴截面SAB是边长为2的等边三角形，O为底面中心，M为SO中点，动点P在圆锥底面内(包括圆周).若AM⊥MP，则点P形成的轨迹长度为________． 答案：　解析：由题意可知，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，M(0，0，)， 设P(x，y，0)， ＝(0，－1，－)，＝(x，y，－)， 由AM⊥MP得·＝0，解得y＝，则点P的轨迹方程为y＝.根据圆的弦长公式，可得点P形成的轨迹长度为2＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$