2025届高三数学一轮复习对点练60：空间向量与线面位置关系

2025届高三数学一轮复习对点练60　空间向量与线面位置关系 【基础巩固】 1.已知a＝(2，1，－3)，b＝(0，－3，2)，c＝(－2，1，2)，则a·(b＋c)等于(　　) A.18 B.－18 C.3 D.－3 2.已知空间向量a＝(1，0，1)，b＝(1，1，n)，且a·b＝3，则向量a与b的夹角为(　　) A. B. C. D. 3.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，设＝a，＝b，＝c，则下列向量中与相等的向量是(　　) A.－a＋b＋c B.a＋b＋c C.－a－b－c D.－a－b＋c 4.(2024·亳州质检)已知平面α内的三点A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(－1，0，1)，直线l的方向向量是a＝(－1，－1，－1)，则直线l与平面α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 5.已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝(　　) A.9 B.－9 C.－3 D.3 6.如图，在一个120°的二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，若AB＝，AC＝1，BD＝2，则CD的长为(　　) A.2 B.3 C.2 D.4 7.(多选)(2024·菏泽模拟)如图，八面体的每一个面都是正三角形，且A，B，C，D四个顶点在同一平面内，则下列结论正确的是(　　) A.AE∥平面CDF B.平面ABE∥平面CDF C.AB⊥DE D.平面ACE⊥平面BDF 8.若空间中三点A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(p，3，q)共线，则p＋q＝________. 9.如图所示，已知空间四边形OABC，OB＝OC，且∠AOB＝∠AOC＝，则cos〈，〉的值为________. 10.已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，＝，＝，＝.则VA与平面PMN的位置关系是______. 11.已知a＝(1，－3，2)，b＝(－2，1，1)，A(－3，－1，4)，B(－2，－2，2). (1)求|2a＋b|； (2)在直线AB上是否存在一点E，使得⊥b？(O为原点) 12.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝2，E，F，H分别是线段PA，PD，AB的中点.求证： (1)PB∥平面EFH； (2)PD⊥平面AHF. 【能力提升】 13.(2024·湖北部分名校联考)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝5，AD＝AB＝4，M，N，P分别是棱C1D1，BC，CC1上的点，且C1M＝MD1，C1P＝C1C，CN＝CB，Q是平面ABCD内一动点.若直线D1Q与平面MNP平行，则·的最小值为(　　) A. B.17 C. D. 14.(多选)(2024·南通调研)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，＝，＝，则(　　) A.EF⊥BD B.EC1∥平面ABF C.EF⊥平面B1CD1 D.直线EF与直线BD1异面 15.如图，已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点，＝，＝2，AC1与平面EFG交于点M，则＝________. 16.如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由. 参考答案 1.B　[因为b＋c＝(－2，－2，4)， 所以a·(b＋c)＝－4－2－12＝－18.] 2.A　[由题意，a·b＝1＋0＋n＝3，解得n＝2， 又|a|＝＝， |b|＝＝， 所以cos〈a，b〉＝＝＝， 又〈a，b〉∈[0，π]，所以a与b的夹角为.] 3.C　[＝＋＝＋(＋)＝＋＋＝－a－b－c.] 4.D　[因为A(0，0，1)，B(0，－1，0)，C(－1，0，1)， 所以＝(0，－1，－1)，＝(－1，0，0). 设平面α的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 令z＝1，则n＝(0，－1，1). 因为a·n＝1－1＝0，所以直线l可能在平面α内，或者与平面α平行.故选D.] 5.B　[由题意知c＝xa＋yb， 即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)， ∴解得λ＝－9.] 6.B　[∵＝＋＋， ∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·， ∵⊥，⊥， ∴·＝0，·＝0， ·＝||||cos(180°－120°)＝×1×2＝1. ∴2＝1＋2＋4＋2×1＝9，∴||＝3.] 7.ABD　[由题意知，此八面体为正八面体， 如图，O为正八面体的中心，连接OB，OC，OE，以O为原点，直线OB，OC，OE分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz， 设正八面体的棱长为2， 则A(0，－，0)，E(0，0，)，C(0，，0)，D(－，0，0)，F(0，0，－)， 所以＝(0，，)，＝(－，－，0)，＝(0，－，－). 设平面CDF的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则n＝(1，－1，1)， 又·n＝－＋＝0，所以⊥n， 因为AE⊄平面CDF，所以AE∥平面CDF，A正确； 因为AB∥CD，AB⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，所以AB∥平面CDF， 又AB∩AE＝A，AE，AB⊂平面ABE， 所以平面ABE∥平面CDF，B正确； 因为B(，0，0)，所以＝(，，0)， 又＝(，0，)，所以·＝2， 所以AB与DE不垂直，C错误； 易知平面ACE的一个法向量为m1＝(1，0，0)，平面BDF的一个法向量为m2＝(0，1，0)， 因为m1·m2＝0，所以平面ACE⊥平面BDF，D正确.故选ABD.] 8.7　[因为空间中三点A(1，5，－2)，B(2，4，1)，C(p，3，q)共线，所以∥， 所以＝(1，－1，3)，＝(p－1，－2，q＋2)， 所以＝＝，解得p＝3，q＝4， 所以p＋q＝7.] 9.0　[设＝a，＝b，＝c， 由已知条件得〈a，b〉＝〈a，c〉＝，且|b|＝|c|， ·＝a·(c－b)＝a·c－a·b＝|a||c|－|a||b|＝0， 所以⊥， 所以cos〈，〉＝0.] 10.VA∥平面PMN　[如图，设＝a，＝b，＝c， 则＝a＋c－b， 由题意知＝b－c， ＝－＝a－b＋c. 因此＝＋， ∴，，共面. 又∵VA⊄平面PMN， ∴VA∥平面PMN.] 11.解　(1)2a＋b＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5). 故|2a＋b|＝＝5. (2)令＝t(t∈R)，＝(1，－1，－2)， 所以＝＋＝＋t ＝(－3，－1，4)＋t(1，－1，－2) ＝(－3＋t，－1－t，4－2t)， 若⊥b，则·b＝0， 所以－2(－3＋t)＋(－1－t)＋(4－2t)＝0， 解得t＝. 因此存在点E，使得⊥b， 此时点E的坐标为. 12.证明　(1)∵E，H分别是线段AP，AB的中点， ∴PB∥EH. ∵PB⊄平面EFH，且EH⊂平面EFH， ∴PB∥平面EFH. (2)建立如图所示的空间直角坐标系. 则A(0，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，F(0，1，1)，H(1，0，0). ＝(0，2，－2)，＝(1，0，0)，＝(0，1，1)， ∴·＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，·＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0. ∴⊥，⊥， ∴PD⊥AF，PD⊥AH. ∵AH∩AF＝A，且AH，AF⊂平面AHF， ∴PD⊥平面AHF. 13.A　[以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则D1(0，0，5)，N(1，4，0)，M(0，2，5)，P(0，4，2)，B1(4，4，5). ＝(1，2，－5)，＝(0，2，－3)， 设平面MPN的法向量为n＝(x，y，z)，则 令y＝3，则z＝2，x＝4，故n＝(4，3，2). 设Q(s，t，0)， 则＝(s，t，－5)，＝(4－s，4－t，5)， 因为直线D1Q与平面MNP平行， 所以·n＝(s，t，－5)·(4，3，2)＝4s＋3t－10＝0， 所以4s＋3t＝10，所以s＝. 又·＝(4－s，4－t，5)·(－s，－t，5) ＝s2－4s＋t2－4t＋25 ＝－10＋3t＋t2－4t＋25 ＝＋， 故当t＝时，·取得最小值，最小值为.故选A.] 14.AB　[由题知，设正方体棱长为3， 以D为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 因为＝，＝， 所以D(0，0，0)，A(3，0，0)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，E(3，0，1)，D1(0，0，3)，B1(3，3，3)，C1(0，3，3)，F(0，3，2). 对于A，＝(－3，3，1)，＝(3，3，0)， 因为·＝－9＋9＝0，所以EF⊥BD，故A正确； 对于B，设平面ABF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 因为＝(0，3，0)，＝(－3，3，2)， 所以 取x1＝2，可得n1＝(2，0，3)， 因为＝(－3，3，2)，所以·n1＝－6＋6＝0，所以⊥n1， 又因为EC1⊄平面ABF， 所以EC1∥平面ABF，故B正确； 对于C，因为＝(－3，3，1)，＝(3，0，3)， 所以·＝－9＋3＝－6≠0， 故EF与CB1不垂直，即EF不垂直于平面B1CD1，故C错误； 对于D，连接D1F，BE， 因为＝(0，3，－1)，＝(0，3，－1)， 所以，共线，即D1F∥EB， 所以D1，F，E，B四点共面，故直线EF与直线BD1共面，故D错误.故选AB.] 15.　[由题图知，设＝λ(0＜λ＜1)， 由已知，得＝＋＋＝2＋3＋， 所以＝2λ＋3λ＋. 因为M，E，F，G四点共面， 所以2λ＋3λ＋＝1，解得λ＝.] 16.(1)证明　设BD与AC交于点O， 则BD⊥AC， 连接A1O，如图所示， 在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°， 所以A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3， 所以AO2＋A1O2＝AA，所以A1O⊥AO， 由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C， 所以A1O⊥平面ABCD， 又BO⊂平面ABCD，CO⊂平面ABCD， 所以A1O⊥BO，A1O⊥CO， 所以以O为原点，以OB，OC，OA1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(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，D(－，0，0)， A1(0，0，)，C1(0，2，)， 由于＝(－2，0，0)，＝(0，1，)， ·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0， 所以⊥，即BD⊥AA1. (2)解　假设在直线CC1上存在点P， 使BP∥平面DA1C1， 设＝λ，P(x，y，z)， 则(x，y－1，z)＝λ(0，1，)， 从而有P(0，1＋λ，λ)， 则＝(－，1＋λ，λ)， 又＝(0，2，0)，＝(，0，)， 设平面DA1C1的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则则 取n1＝(1，0，－1)， 因为BP∥平面DA1C1，所以n1⊥， 即n1·＝－－λ＝0，解得λ＝－1， 即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1. 学科网（北京）股份有限公司 $$