第05讲：用空间向量研究直线、平面的位置关系（5大题型）-2024-2025学年新高二数学【赢在暑假】同步精讲精练系列（人教A版2019选择性必修第一册）

第05讲：用空间向量研究直线、平面的位置关系 【考点归纳】 · 考点一、直线的方向向量 · 考点二、求平面的法向量 · 考点三、证明线面、面面平行 · 考点四、证明线面、面面垂垂直问题 · 考点五：空间向量在位置关系的应用 【知识梳理】 知识点一　空间中直线、平面的向量表示 1．直线的方向向量：在直线l上取非零向量a，我们把与向量a平行的非零向量称为直线 l 的方向向量． 2．平面的法向量：如图，若直线 l⊥α ，取直线 l 的方向向量a ，我们称a为平面α的法向量；过点A且以 a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 {P|a·＝0}． 知识点二　线线、线面、面面平行的向量表示 1．设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2. 2．设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0. 3．设n1 ，n2 分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2 . 知识点三　线线、线面、面面垂直的向量表示 1．设 u1，u2 分别是直线 l1 , l2 的方向向量，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. 2．设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l⊄α，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn. 3．设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0. 【例题详解】 题型一、直线的方向向量 1．（22-23高二下·江苏）若在直线l上，则直线l的一个方向向量为（    ） A． B． C． D． 2．（21-22高二上·全国）在平行六面体中，，，，O是与的交点．以为空间的一个基底，求直线OA的一个方向向量． 3．（22-23高二·全国·课堂例题）如图，已知长方体的棱长，，．以点D为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，求下列直线的一个方向向量：    (1)；(2)． 题型二、求平面的法向量 4．（23-24高二上·河南新乡·期末）已知为平面的一个法向量，，则下列向量是平面的一个法向量的是（    ） A． B． C． D． 5．（2024高二上·全国）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，是边长为1的正三角形，是菱形，，E是的中点，F是的中点，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面的一个法向量.    6．（23-24高二上·河南漯河）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AB＝AP＝1，AD＝，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE的一个法向量. 题型三、证明线面、面面平行 7．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2023高二·全国·专题练习）如图所示，平面平面，四边形为正方形，是直角三角形，且，，，分别是线段，，的中点，求证：平面平面． 9．（23-24高二上·全国·课后作业）在正方体中，若为中点，为中点.    求证： (1)；(2)平面；(3)平面平面． 题型四、证明线面、面面垂垂直问题 10．（2023高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. 求证：平面平面. 11．（23-24高二上·福建福州·阶段练习）如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2.    (1)求证：平面； (2)判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 12．（2023高二·全国·专题练习）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.    证明：平面平面. 题型五：空间向量在位置关系的应用 13．（22-23高二上·新疆昌吉·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明： (1)平面；(2)平面平面． 14．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 15．（23-24高二上·四川绵阳·期中）在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）．将沿折起到的位置，使得二面角为直二面角（如图2）． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面平面?若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【专项训练】 一、单选题 16．（23-24高二下·甘肃·期中）已知平面外的直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A．l与斜交 B． C． D． 17．（23-24高二上·河南洛阳·期末）若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 18．（23-24高二上·湖北孝感·期末）如图，在空间直角坐标系中，正四棱柱的底面边长为4，高为2，O为上底面中心，E，F，G分别为棱、、的中点.若平面与平面的交线为l，则l的方向向量可以是（    ）    A． B． C． D． 19．（23-24高二上·浙江金华·期末）已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（    ） A． B． C． D． 20．（23-24高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 21．（23-24高二上·河南濮阳·阶段练习）在长方体中，为长方体表面上的动点，且，则点的轨迹的长度为（    ） A．2 B． C． D． 22．（23-24高二上·广西河池·阶段练习）以下命题正确的是（    ） A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则l与m垂直 B．直线l的方向向量，平面的法向量，则 C．两个不同平面的法向量分别为，，则 D．平面经过三点，向量是平面的法向量，则 23．（23-24高二上·浙江台州·期中）在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（    ）    A． B．9 C． D． 二、多选题 24．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）已知空间中三点，，，则（    ） A．与是共线向量 B．与向量方向相同的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 25．（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）如图，正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在四边形内，若，则下列结论正确的有（    ）    A． B．// C．点的轨迹长度为 D．的最小值是 26．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图所示，平行六面体中，，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．平面 D． 27．（23-24高二上·河北张家口·期末）在长方体中，四边形为正方形，为的中点，点是上的一点，且，则下列选项正确的有（    ） A．平面 B．为平面的法向量 C．为平面的法向量 D． 三、填空题 28．（2024高三·全国·专题练习）已知平面α内有两点M(1，－1，2)，N(a，3，3)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则实数a＝ . 29．（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知（a，）是直线l的方向向量，是平面的法向量，如果，则 . 30．（2024高二上·全国·专题练习）如图，平面，四边形为正方形，E为的中点，F是上一点，当时，＝ . 31．（23-24高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①；②三棱锥的体积为定值；③存在点，使得平面；④存在点，使得平面.其中所有正确结论的序号是 . 四、解答题 32．（2024·山西·三模）如图，在正方体，中，E，F，G分别是棱AB，BC，CD的中点． (1)证明：∥平面； (2)证明： 33．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，. (1)证明：平面平面； (2)证明：平面. 34．（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，． (1)证明：； (2)线段上是否存在一点，使得直线垂直平面，若存在，求出线段的长，若不存在，说明理由． 35．（2024高二上·江苏）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，. (1)求证：； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 36．（23-24高二上·广东中山）如图，在平行六面体中，，，．用向量法解下列问题： (1)求长度； (2)求证：； (3)若点M，N分别在直线和上运动，当且时（MN为公垂线段，这样的MN只有一条），求MN的长度． 37．（23-24高二上·重庆梁平·）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第05讲：用空间向量研究直线、平面的位置关系 【考点归纳】 · 考点一、直线的方向向量 · 考点二、求平面的法向量 · 考点三、证明线面、面面平行 · 考点四、证明线面、面面垂垂直问题 · 考点五：空间向量在位置关系的应用 【知识梳理】 知识点一　空间中直线、平面的向量表示 1．直线的方向向量：在直线l上取非零向量a，我们把与向量a平行的非零向量称为直线 l 的方向向量． 2．平面的法向量：如图，若直线 l⊥α ，取直线 l 的方向向量a ，我们称a为平面α的法向量；过点A且以 a为法向量的平面完全确定，可以表示为集合 {P|a·＝0}． 知识点二　线线、线面、面面平行的向量表示 1．设u1，u2分别是直线l1，l2的方向向量，则l1∥l2⇔u1∥u2⇔∃λ∈R，使得u1＝λu2. 2．设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量，l⊄α，则l∥α⇔u⊥n⇔u·n＝0. 3．设n1 ，n2 分别是平面α，β的法向量，则α∥β⇔n1∥n2⇔∃λ∈R，使得n1＝λn2 . 知识点三　线线、线面、面面垂直的向量表示 1．设 u1，u2 分别是直线 l1 , l2 的方向向量，则l1⊥l2⇔u1⊥u2⇔u1·u2＝0. 2．设u是直线 l 的方向向量，n是平面α的法向量， l⊄α，则l⊥α⇔u∥n⇔∃λ∈R，使得u＝λn. 3．设n1，n2 分别是平面α，β的法向量，则α⊥β⇔n1⊥n2⇔n1·n2＝0. 【例题详解】 题型一、直线的方向向量 1．（22-23高二下·江苏）若在直线l上，则直线l的一个方向向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量的坐标运算可得，再根据方向向量的定义即可得出结果. 【详解】因为，由共线向量可知与共线的非零向量都可以作为直线l的方向向量， 又，所以是直线l的一个方向向量. 故选：B. 2．（21-22高二上·全国）在平行六面体中，，，，O是与的交点．以为空间的一个基底，求直线OA的一个方向向量． 【答案】 【分析】依题意就是用表示，根据空间向量的线性运算法则计算可得； 【详解】解：因为，，，如图 因为，， 所以 所以直线的一个方向向量为 3．（22-23高二·全国·课堂例题）如图，已知长方体的棱长，，．以点D为原点，分别以，，为x轴、y轴、z轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，求下列直线的一个方向向量：    (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出点的坐标再求向量坐标，最后结合方向向量的定义可求； （2）先求出点的坐标再求向量坐标，最后结合方向向量的定义可求； 【详解】（1）由已知可得，长方体顶点A，B，，的坐标分别为 ，，，． 因为向量，所以直线的一个方向向量为． （2）因为向量，所以直线的一个方向向量为． 题型二、求平面的法向量 4．（23-24高二上·河南新乡·期末）已知为平面的一个法向量，，则下列向量是平面的一个法向量的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，可知平面的法向量与平面的法向量共线，由选项判断即可求解. 【详解】记，因为，所以， 故是平面的一个法向量，故D正确. 易知A，B，C中的向量均不与向量平行，所以均不能作为平面的一个法向量. 故选：D. 5．（2024高二上·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面⊥平面，是边长为1的正三角形，是菱形，，E是的中点，F是的中点，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面的一个法向量.    【答案】（答案不唯一）. 【分析】首先根据面面垂直的性质可得平面，进而结合等边三角形的性质可得，再建立空间直角坐标系，设平面的一个法向量为，从而利用，即可得到答案. 【详解】连接，因为是边长为1的正三角形，，F为的中点， 所以，又因为平面⊥平面，平面平面，平面， 所以平面. 连接AC，因为，，所以是等边三角形，又F为的中点，所以. 综上可知，直线两两垂直， 所以建立以为原点，分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，如图所示：    由题意，在正和正中，， 则， 所以， 设平面的一个法向量为，则 ，即，化简得， 令，则，即 所以平面的一个法向量为（答案不唯一）. 6．（23-24高二上·河南漯河·阶段练习）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，AB＝AP＝1，AD＝，试建立恰当的空间直角坐标系，求平面ACE的一个法向量. 【答案】（不唯一） 【分析】用垂直关系，可以以A为原点，以AB、AD、AP为坐标轴建立空间直角坐标系，再按照法向量的求法计算即可. 【详解】因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直. 如图所示，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系A－xyz， 则，， ，，， 于是，， 设平面ACE的一个法向量为， 则，即，所以， 令，则，，即 所以平面ACE的一个法向量. 题型三、证明线面、面面平行 7．（23-24高二上·四川成都·期中）如图，在长方体中，，，. (1)求证：平面平面. (2)线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，P为线段的中点 【分析】（1）根据题意，以D为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，由法向量平行，即可证明面面平行； （2）由空间向量的坐标运算，由与平面的法向量垂直，代入计算，即可求解. 【详解】（1）证明：以D为原点，DA，，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，，，，，，， 则，，，. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则. 取，则，，所以平面的一个法向量为. 因为，即，所以平面平面. （2）设线段上存在点P使得平面，. 由（1）得，，平面的一个法向量为， 所以. 所以，解得. 所以当P为线段的中点时，平面. 8．（2023高二·全国·专题练习）如图所示，平面平面，四边形为正方形，是直角三角形，且，，，分别是线段，，的中点，求证：平面平面． 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量即可求解. 【详解】因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形， 所以AB，AP，AD两两垂直， 以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则． 所以，，，， 设是平面EFG的法向量， 则，，即，得， 令，则，，所以， 设是平面PBC的法向量， 由，，即，得， 令，则，，所以， 所以，所以平面EFG∥平面PBC． 9．（23-24高二上·全国·课后作业）在正方体中，若为中点，为中点.    求证： (1)； (2)平面； (3)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）以D为坐标原点，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，求出的坐标，利用，即可证明； （2）求出平面ACD1的法向量，及直线的方向向量，从而得到，即可证明； （3）可以利用平面，及平面，利用面面平行的判定定理证明，也可以求出两个平面的法向量，利用法向量平行来证明面面平行. 【详解】（1）以D为坐标原点，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，设正方体的棱长为1．    依题意知：，，，， ∴，， ∴， ∴，即. （2）设平面ACD1的法向量为， ∵，，， ∴，， 由可得，，即， 令，则，∴， 又， ∴，∴， 又平面，∴平面． （3）证法一  ∵， ∴，又， ∴，∴， 又平面，平面， ∴平面， 又由（2）知平面，而， 且平面，平面, ∴平面平面. 证法二  设平面的法向量为 则即∴ 令，得，∴， 由（2）知平面ACD1的一个法向量， ∴，∴， ∴平面平面. 题型四、证明线面、面面垂垂直问题 10．（2023高三·全国·专题练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. 求证：平面平面. 【答案】证明见解析 【分析】如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量证明即可. 【详解】证明：如图，以为原点，分别以，为轴，轴，过作平行线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，因为，所以， 所以，即， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以， 平面的法向量为，则， 令，则，所以， 所以， 所以， 所以平面平面. 11．（23-24高二上·福建福州·阶段练习）如图1，在边长为4的菱形中，，于点，将沿折起到的位置，使，如图2.    (1)求证：平面； (2)判断在线段上是否存在一点，使平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)在线段上不存在一点，使平面平面，理由见解析 【分析】（1）首先证明平面，即可得到，再由，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，，求出平面、平面的法向量，根据得到方程，解得，即可判断. 【详解】（1），， ， ，，平面， 平面，平面， ， ，，平面， 平面； （2）由题意，以，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 令， 则， 设，，则，， 设平面的法向量为，则，取， 平面平面， ，解得， ， 在线段上不存在一点，使平面平面．    12．（2023高二·全国·专题练习）如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.    证明：平面平面. 【答案】证明见解析 【分析】建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量证明面面垂直. 【详解】证明：取的中点，连接，    在正三棱柱中，不妨设; 以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则,， ； 设平面的一个法向量为， 则，取，则，，即； 设平面的一个法向量为， 则，取，得，，即. 因为，所以平面平面； 题型五：空间向量在位置关系的应用 13．（22-23高二上·新疆昌吉·期末）如图，在四棱锥中，底面，，，，，点E为棱PC的中点．证明： (1)平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，先证明AB，AD，AP两两垂直，从而建立对应的空间直角坐标系，再利用空间向量法证明平面PAD的一个法向量与垂直，进而即可证明结论； （2）结合（1），先证明平面PCD的一个法向量与平面PAD的一个法向量垂直，进而即可证明结论． 【详解】（1）因为平面ABCD，且平面ABCD，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 依题意，以点A为原点，以，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由为棱的中点，得，则， 所以为平面的一个法向量， 又，所以， 又平面，所以平面． （2）由（1）知平面的一个法向量，，， 设平面PCD的一个法向量为，则， 令，可得，所以， 又， 所以，所以平面平面. 14．（23-24高二下·湖北·期中）在中，，点分别为边的中点，将沿折起，使得平面平面.    (1)求证：； (2)在平面内是否存在点，使得平面平面？若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在点，点在直线（点在直线上且）上 【分析】（1）利用已知可得，结合面面垂直可得平面，可证结论. （2）以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，若，求得平面的一个法向量，可判断此情况不成立，若与不共线，设，连接，利用，可求得结论. 【详解】（1）在中，点D、E分别为边AC、AB的中点， 且. 又平面平面，平面平面平面， 平面. 又平面. （2）由（1）知，. 以点为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则. ， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 假设在平面内存在点，使得平面平面.连接. 若，则设.设平面的一个法向量为. 由，取，则. 平面的法向量.由知，此情况不成立. 若与不共线，设，连接.    设，则. 当，即时，. 又平面，即平面平面，也即平面平面. 所以在平面内存在点，当点在直线（点在直线上且）上时， 平面平面. 15．（23-24高二上·四川绵阳·期中）在梯形中，，，，为的中点，线段与交于点（如图1）．将沿折起到的位置，使得二面角为直二面角（如图2）． (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面平面?若存在，求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，. 【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究面面垂直计算即可. 【详解】（1）因为在梯形中，，，为的中点， 所以，所以四边形为平行四边形， 因为线段点，所以为线段的中点， 所以中，， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 因为平行四边形中，， 所以四边形是菱形，则，垂足为， 所以，， 因为平面，平面，所以是二面角的平面角， 因为二面角为直二面角，所以，即， 如图所示，分别以所在直线为建立空间直角坐标系， 线段上存在点，使得平面平面， 设，， 因为，所以， 由设平面的法向量为， 则， 令，则， 由，设平面的法向量为， 则，令，则可得， 则， 解得，即 为线段的中点，此时. 【专项训练】 一、单选题 16．（23-24高二下·甘肃·期中）已知平面外的直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ） A．l与斜交 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，求得，得到，即可得到答案. 【详解】由平面外的直线l的方向向量为，平面的一个法向量为， 可得，所以，则. 故选：C. 17．（23-24高二上·河南洛阳·期末）若平面的法向量为，直线的方向向量为，，则下列四组向量中能使的是（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】根据题意，由平面法向量的定义，依次分析选项中向量是否满足，综合可得答案． 【详解】根据题意，平面的法向量为，直线的方向向量为，， 若，即，又由，则有， 依次分析选项： 对于A，，，，即成立，符合题意； 对于B，，，，即不成立，不符合题意； 对于C，，，，即不成立，不符合题意； 对于D，，，，即不成立，不符合题意． 故选：A． 18．（23-24高二上·湖北孝感·期末）如图，在空间直角坐标系中，正四棱柱的底面边长为4，高为2，O为上底面中心，E，F，G分别为棱、、的中点.若平面与平面的交线为l，则l的方向向量可以是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出平面、平面截正四棱柱所得截面，进而确定出交线l，再求出其方向向量. 【详解】连接，正四棱柱的对角面是矩形，则， 而分别是中点，则，又O为上底面中心，则， 因此四边形是平面截正四棱柱所得截面， 延长，由是的中点，得，连接， 则四边形是平面截正四棱柱所得截面， 显然与相交，令交点为，，四边形是正方形，则， 而，又，所以向量是直线的一个方向向量，A满足， 选项BCD中向量与不共线，即选项BCD不满足. 故选：A    【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 19．（23-24高二上·浙江金华·期末）已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由直线方向向量与平面法向量的位置关系得两平面的位置关系，由此即可得解. 【详解】由题意或. 故选：B. 20．（23-24高二上·福建泉州·期末）如图，在正四棱柱中，，点分别是的中点，点是线段上的动点，则下列说法错误的是（    ）    A．当时，存在，使得平面 B．存在，使得平面 C．存在，使得平面平面 D．存在，使得平面平面 【答案】A 【分析】对于ABD：建系，利用空间向量结合线、面位置关系分析判断，对于C：根据面面平行的判定定理分析判断. 【详解】以D为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图：    设，则，则， 因为点分别是的中点， 所以， 对于选项B：设平面的一个法向量为， 因为， 可得，取，解得， 设， 因为，则，可得，即， 则， 若∥平面，则， 可得，且，解得， 即为的中点，故B正确； 对于选项A：由B可知：， 若平面，则， 则，当且仅当时成立，故A错误； 对于选项D：由B可知：，则， 因为，则， 设平面的法向量为， 则，取，得， 若平面平面，则，故D正确； 对于选项C：  当与D重合时， 因为分别是的中点， 则，且平面，平面， 可得平面， 同理可得：平面， 且，平面， 所以此时平面平面，故C正确；    故选：A. 21．（23-24高二上·河南濮阳·阶段练习）在长方体中，为长方体表面上的动点，且，则点的轨迹的长度为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，求出轨迹方程，联立算出在各个平面内的交线，再求出长度和即可. 【详解】 如图，连接,，且以为原点建立空间直角坐标系， 故,,,,设， 且已知，， 故，，即是的中点，是的三等分点， ，，，， ，的轨迹方程为平面， 故轨迹长度即为该平面与长方体六个平面的交线长度之和. 联立方程组，，得， 当时，，令，，故此时轨迹长度为， 联立方程组，，得到， 当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除， 联立方程组，，可得， 当时，，当时，，故此时轨迹长度为， 联立方程组，，可得， 当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除， 联立方程组，，可得， 当，时，该方程无解，则交线不在面内，此时轨迹长度为，故排除， 联立方程组，，可得， 当时，，当时，，故此时轨迹长度为 综上，轨迹长度为， 故选：C 22．（23-24高二上·广西河池·阶段练习）以下命题正确的是（    ） A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量，则l与m垂直 B．直线l的方向向量，平面的法向量，则 C．两个不同平面的法向量分别为，，则 D．平面经过三点，向量是平面的法向量，则 【答案】C 【分析】根据空间向量数量积的坐标运算，求解即可判断A、B；由已知推得，即可根据法向量的关系，得出平面位置关系；根据已知得出，求出向量的坐标代入求解，得出，即可判断D. 【详解】对于A项，因为， 所以不垂直，所以l与m不垂直，故A错误； 对于B项，因为， 所以，所以或不垂直，故B错误； 对于C项，因为， 所以，所以，故C正确； 对于D项，因为，，向量是平面的法向量， 所以，，即，解得，故D错误. 故选：C. 23．（23-24高二上·浙江台州·期中）在长方体中，，，E，F，G分别是棱，BC，的中点，M是平面ABCD内一动点，若直线与平面EFG平行，则的最小值为（    ）    A． B．9 C． D． 【答案】C 【分析】首先合理建立空间直角坐标系，然后设，利用已知条件确定变量与变量之间的关系，利用坐标表示出，并利用、的关系将其转换成二次函数，进而求解最小值即可. 【详解】如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系    可得：，，，，，， ，，， 设平面的法向量， 则，得， 解得：，，，即. 由于直线与平面平行，则， 得：，即：. ，， ， ， 可知：由于，当时，取得最小值，最小值为. 故选：C 二、多选题 24．（23-24高二下·甘肃兰州·期中）已知空间中三点，，，则（    ） A．与是共线向量 B．与向量方向相同的单位向量是 C．与夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是 【答案】CD 【分析】求出、的坐标，根据共线定理判断A，与向量方向相同的单位向量是即可判断B，根据夹角公式判断C，令，计算出，，即可判断D. 【详解】因为，，， 所以，， 因为不存在实数使得，所以与不共线，故A错误. 因为，所以与向量方向相同的单位向量是，故B错误. 又，所以与夹角的余弦值是，故C正确. 不妨令，则， ，即且， 所以是平面的法向量，故D正确. 故选：CD 25．（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）如图，正方体的棱长为2，点，分别是棱，的中点，点在四边形内，若，则下列结论正确的有（    ）    A． B．// C．点的轨迹长度为 D．的最小值是 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间位置关系的向量证明，解决A,B，用解析法求出轨迹方程处理C，结合参数方程处理D即可. 【详解】   以为原点建立空间直角坐标系，故，，，， 故，， 则，，则，故A正确， 而，，显然与无倍数关系， 则//不成立，故B错误， 设，由两点间距离公式得， 化简得，又，故轨迹长度为，故C正确， 易知点的轨迹是圆，故该轨迹的参数方程为，，(是参数)， 故，由两点间距离公式得 ， 易知当时，取得最小值，此时，故D正确. 故选：ACD 26．（23-24高二上·广东深圳·期末）如图所示，平行六面体中，，以顶点为端点的三条棱长都为2，且，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．平面 D． 【答案】ACD 【分析】设，结合向量的线性运算法则和向量的数量积的运算，可判定A正确，B不正确；D正确，利用线面平行的判定定理，可判定C正确. 【详解】设，可得， 则， 对于A中，根据向量的线性运算法则，可得， 则， 所以，即，所以A正确； 对于B中，由， ， 则 ，所以B不正确； 对于C中，如图所示，连接交于点，分别连接， 可得分别为的中点，可得且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，且平面，所以平面，所以C正确； 对于D中，由， 可得， 所以，所以，所以D正确. 故选：ACD. 27．（23-24高二上·河北张家口·期末）在长方体中，四边形为正方形，为的中点，点是上的一点，且，则下列选项正确的有（    ） A．平面 B．为平面的法向量 C．为平面的法向量 D． 【答案】ACD 【分析】对于A：通过可证明；对于B：假设面，通过找出矛盾来说明其错误；对于CD：利用空间向量的坐标运算来判断. 【详解】对于A：在长方体中，明显有， 又面，面， 所以平面，A正确； 对于B：假设为平面的法向量，则面，又面 则，又，面，， 所以面，又面 所以，则四边形为菱形，与矛盾，B错误；    对于C：如图建立空间直角坐标系， 其中， 所以， 所以，又 所以为平面的法向量，C正确；    对于D：， 则 所以，D正确. 故选：ACD. 三、填空题 28．（2024高三·全国·专题练习）已知平面α内有两点M(1，－1，2)，N(a，3，3)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，则实数a＝ . 【答案】2 【详解】 因为M(1，－1，2)，N(a，3，3)，所以＝(a－1，4，1).因为平面α的一个法向量为n＝(6，－3，6)，所以n⊥，则n＝6(a－1)－3×4＋6＝0，解得a＝2. 29．（23-24高二上·湖北孝感·期末）已知（a，）是直线l的方向向量，是平面的法向量，如果，则 . 【答案】39 【分析】由可得：，利用空间向量共线的充要条件列方程组计算即得. 【详解】因，依题意，必有，即存在唯一的实数，使，即：， 则，解得：，故. 故答案为：39. 30．（2024高二上·全国·专题练习）如图，平面，四边形为正方形，E为的中点，F是上一点，当时，＝ . 【答案】1 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用向量的数量积为0表示垂直可求得结论． 【详解】建立如图空间直角坐标系，设正方形的边长为1， ，则，，. 设，则 因为， ，， 即是AD的中点，故， 故选：B. 31．（23-24高二上·北京石景山·期末）如图，在正四棱柱中，为棱上的一个动点，给出下列四个结论： ①； ②三棱锥的体积为定值； ③存在点，使得平面； ④存在点，使得平面. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②③ 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，以及空间向量的应用，逐项判定，即可求解. 【详解】以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 设，则， 因为，所以，即，所以①正确； 由，因为的面积为定值，点到平面的距离也是定值， 所以为定值，所以②正确； 又由 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为，由，解得，所以③正确； 又因为，，则， 所以不存在点，使得平面，所以④错误. 故选：①②③. 四、解答题 32．（2024·山西·三模）如图，在正方体，中，E，F，G分别是棱AB，BC，CD的中点． (1)证明：∥平面； (2)证明： 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）建系，求平面的法向量，利用空间向量证明线面平行； （2）由（1）可得：，利用空间向量证明线线垂直. 【详解】（1）如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 可得 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 因为，且平面，所以∥平面. （2）由（1）可得：， 则，所以. 33．（2024高二上·江苏·专题练习）如图，四边形为正方形，平面，，. (1)证明：平面平面； (2)证明：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据条件建立空间直角坐标系，利用坐标结合面面垂直的判定定理证明即可. （2）利用空间向量的坐标运算可得为平面的一个法向量，又,且平面，即可证明. 【详解】（1）由题意易知两两互相垂直. 如图，以D为坐标原点，所在直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立空间直角坐标系.设. 依题意有, 则, 所以, ， 即, 又,平面, 故平面.又平面， 所以平面平面. （2）根据题意，有, 则, 故 又不共线，所以为平面的一个法向量. 又因为,且 即,且平面， 故有平面. 34．（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图，在四棱锥中，已知平面，且四边形为直角梯形，，，． (1)证明：； (2)线段上是否存在一点，使得直线垂直平面，若存在，求出线段的长，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】 （1）由线面垂直得线线垂直，再由底面上的，可得平面，从而证得线线垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法表示线面垂直，求得，得其长度． 【详解】（1）证明：∵在四棱锥中，面，面，面，∴，. 在直角梯形中，，. 又面面，,∴平面，又面，∴； （2）由题意及（1）得，存在一点，使得直线垂直平面. 在四棱锥中，，， 以为轴建立空间直角坐标系如图所示： 根据题意可得：， ∴. 根据点在线段上，∴. 设，则， 由得，得，∴， ∴. 35．（2024高二上·江苏）如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形所在的平面互相垂直，已知，. (1)求证：； (2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由其性质定理即可证明； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1） 证明：∵平面平面，平面， ，平面，∴平面. ∵平面，∴， 过A作于H， 则， ∴，∴，∴. ∵，平面， ∴平面. ∵平面，∴. （2） 存在.理由：由（1）知，两两垂直， 以A为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 假设在线段BE上存在一点P满足题意，则易知点P不与点B，E重合， 设，则， 由，可求得. 设平面PAC的一个法向量为，则， 由， 可得， 即，令，则，所以为平面PAC的一个法向量. 又， 设平面BCEF的一个法向量为， 则，可得， 所以为平面BCEF的一个法向量. 当，即时，平面平面，故存在满足题意的P， 此时. 36．（23-24高二上·广东中山·）如图，在平行六面体中，，，．用向量法解下列问题： (1)求长度； (2)求证：； (3)若点M，N分别在直线和上运动，当且时（MN为公垂线段，这样的MN只有一条），求MN的长度． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据数量积的运算律求模长； （2）利用来证明； （3）根据，得到MN的长度即为在上的投影向量的模，然后求模即可. 【详解】（1） 设，，， ， （2）∵，， ∴， ∴ . （3）由（2）得， ∵ ∴， ∴MN的长度即为在上的投影向量的模， ∴. 37．（23-24高二上·重庆）平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．    (1)求证：； (2)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可. 【详解】（1）取中点，连接，如图，    又为的中点， ，由，则， 又为等腰直角三角形，，， ，又，平面， 平面，又平面， （2）平面平面，平面平面，，平面， 平面，平面，故， 故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，   ， 则，，， 若存在使得平面平面，且，， 则，解得，， 则，， 设为平面的一个法向量，则， 令，即， 设是平面的一个法向量，则， 令，则， ，可得． 存在使得平面平面，此时 1 学科网（北京）股份有限公司 $$