2.4.1-2.4.2（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（湘教版2019）

第2章　空间向量与立体几何 2.4　空间向量在立体几何中的应用 2.4.1　空间直线的方向向量和平面的法向量 2.4.2　空间线面位置关系的判定 　　　　　　　　　　　　　　　　基础过关练 题组一　直线的方向向量与平面的法向量 1.已知平面上两点A(1,2,3),B(-1,1,1),则下列向量是直线AB的方向向量的是(　　) A.(-1,1,1) B.(1,2,3) C.(1,2,1) D.(2,1,2) 2.已知平面α内有一点M(1,-1,2),平面α的一个法向量为n=(6,-3,6),则下列坐标对应的点在平面α内的是(　　) A.(2,3,3) B.(-2,0,1) C.(-4,4,0) D.(3,-3,4) 3.已知A(3,4,0),B(2,5,2),C(0,3,2),则平面ABC的一个单位法向量是　　　　.  题组二　向量与垂直 4.已知两平面α,β的法向量分别为u=(3,-1,z),v=(-2,-y,1),若α⊥β,则y+z的值是(　　) A.-3 B.6 C.-6 D.-12 5.已知直线l的一个方向向量为d=(2,3,5),平面α的一个法向量为u=(-4,m,n),若l⊥α,则m=　　　　,n=　　　　.  6.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2BC=2CC1=2,以D为坐标原点,向量,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,1为单位长度,建立空间直角坐标系,点P在平面A1B1C1D1上,若DP⊥平面ACD1,则点P的坐标是　　　　.  7.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱DD1的中点,求证: (1)BD1⊥平面AB1C; (2)平面EAC⊥平面AB1C. 题组三　向量与平行 8.已知直线l的一个方向向量是a=(-3,2,1),平面α的一个法向量是n=(1,2,-1),则l与α的位置关系是　(　　) A.l⊥α B.l∥α C.l∥α或l⊂α D.l与α相交但不垂直 9.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M的坐标为(　　) A.(1,1,1) B. C. D. 10.如图所示,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,AA1=2,E,E1,F分别是棱AD,AA1,AB的中点.求证: (1)直线EE1∥平面FCC1; (2)平面ADD1A1∥平面FCC1. 题组四　利用空间向量研究线面位置关系 11.(多选)下列利用方向向量、法向量判断线面位置关系的结论中,正确的是(　　) A.若两条不重合的直线l1,l2的一个方向向量分别是a=(2,-2,-1),b=(-2,-2,1),则l1∥l2 B.若直线l的一个方向向量是a=(1,1,2),平面α的一个法向量是n=(-2,-2,-4),则l⊥α C.若直线l的一个方向向量是a=(0,2,0),平面α的一个法向量是n=(-2,0,2),则l∥α D.若两个不同的平面α,β的一个法向量分别是m=(3,-4,2),n=(-2,0,3),则α⊥β 12.如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD,则平面PQC与平面DCQ的位置关系为(　　) A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.不确定 13.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则(　　) A.EF至多与A1D,AC之一垂直 B.EF⊥A1D,EF⊥AC C.EF与BD1相交 D.EF与BD1异面 能力提升练 题组　用空间向量研究线面位置关系 1.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为BC,CC1,A1D1,C1D1的中点,则下列结论中正确的是(　　) A.A1E⊥AC1 B.BF∥平面ADD1A1 C.BF⊥DG D.GE∥HF 2.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,P是线段A1C上一点,下列说法正确的是(　　) A.若=,则直线AP∥平面BC1D B.若=,则直线AP∥平面BC1D C.若=,则直线BP⊥平面ACD1 D.若=,则直线BP⊥平面ACD1 3.(多选)如图,在四棱锥A-BCED中,已知EC=BC=AC=4,BD=1,且AC⊥EC,AC⊥BC,BC⊥EC,BC⊥BD.取BC的中点O,过点O作OQ⊥DE于点Q,则(　　) A.OD⊥OE B.四棱锥A-BCED的体积为40 C.BQ⊥平面ACQ D.AQ⊥BQ 4.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为4的菱形,∠ABC=60°,AA1=4,过点B与直线AC1垂直的平面交直线AA1于点M,则三棱锥A-MBD的外接球的表面积为　　　　.  5.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥DC,DA⊥AB,AB=AP=2,DA=DC=1,E为PC上一点,且PE=PC. (1)求证:AE⊥平面PBC; (2)求证:PA∥平面BDE. 6.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为的正方形,CC1⊥BC,BC=1,AB=2. (1)证明:平面A1BC⊥平面ABC1; (2)在线段A1B上是否存在点M,使得CM⊥BC1?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 7.在如图所示的几何体中,四边形CDEF为正方形,四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AB=2BC,∠ABC=60°,AC⊥FB. (1)求证:AC⊥平面FBC; (2)在线段ED上是否存在点Q,使平面EAC⊥平面QBC?证明你的结论. 8.如图,在多面体ABCDEF中,平面ADEF⊥平面ABF,四边形ADEF为正方形,四边形ABCD为梯形,且AD∥BC,∠BAF=90°,AB=AD=1,BC=3. (1)求证:BF⊥AD; (2)在线段BD上是否存在点M,使得直线CE∥平面AFM?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 答案与分层梯度式解析 第2章　空间向量与立体几何 2.4　空间向量在立体几何中的应用 2.4.1　空间直线的方向向量和平面的法向量 2.4.2　空间线面位置关系的判定 基础过关练 1.D　易得=(-2,-1,-2),因为与向量(2,1,2)平行,所以选D. 2.A　设点P(x,y,z)在平面α内,则=(x-1,y+1,z-2). ∵n=(6,-3,6)是平面α的一个法向量, ∴n⊥,∴n·=6(x-1)-3(y+1)+6(z-2)=6x-3y+6z-21=0,即2x-y+2z=7. 把各选项的坐标数据代入上式验证可知A适合. 故选A. 3.答案　(答案不唯一) 解析　=(-1,1,2),=(-3,-1,2), 若m=(x,y,z)是平面ABC的法向量, 则 取y=-1,则x=1,z=1,则m=(1,-1,1)是平面ABC的一个法向量,故平面ABC的一个单位法向量可以是=,答案不唯一. 4. B　因为α⊥β,所以u·v=0,即(3,-1,z)·(-2,-y,1)=0,所以3×(-2)+ (-1)×(-y)+z×1=0, 所以y+z=6.故选B. 5.答案　-6;-10 解析　∵l⊥α,∴d∥u,又∵d=(2,3,5),u=(-4,m,n),∴==,解得m=-6,n=-10. 6.答案　 解析　由题意得,D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,1),则=(0,2, -1),=(-1,2,0),因为点P在平面A1B1C1D1上,所以设点P(m,n,1),则=(m,n,1),若DP⊥平面ACD1,则即解得所以点P的坐标是. 7.证明　以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则E(0,0,1),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(2,2,2),B(2,2,0),D1(0,0,2). (1)易得=(-2,2,0),=(0,2,2),=(-2,-2,2). 设平面AB1C的法向量为m=(x,y,z), 则取x=1,则y=1,z=-1, ∴m=(1,1,-1)是平面AB1C的一个法向量. ∵=-2m,∴∥m,∴BD1⊥平面AB1C. (2)易得=(-2,0,1). 设平面EAC的法向量为n=(x',y',z'), 则取x'=1,则y'=1,z'=2, ∴n=(1,1,2)是平面EAC的一个法向量. 由(1)知m=(1,1,-1)是平面AB1C的一个法向量. ∵m·n=1+1-2=0,∴平面EAC⊥平面AB1C. 8.C　因为a·n=-3+4-1=0,所以a⊥n, 所以l与α的位置关系是l∥α或l⊂α,故选C. 易错警示 　　当直线l的方向向量与平面α的法向量相互垂直时,直线 l也有可能在平面α内,这种情况容易忽略. 9.C　连接OE.设点M的坐标为(x,y,1), 因为AC∩BD=O, 所以O, 又因为E(0,0,1),A(,,0), 所以=,=(x-,y-,1), 因为AM∥平面BDE,AM⊂平面ACEF,平面BDE∩平面ACEF=OE,所以OE∥AM,即∥, 所以==,即⇒ 所以点M的坐标为. 故选C. 10.证明　证法一:(1)因为AB=4,BC=CD=2,F是棱AB的中点,底面ABCD为等腰梯形, 所以BF=BC=CF,所以△BCF为正三角形, 所以∠BAD=∠ABC=60°. 取AF的中点M,连接DM,则DM⊥AB, 所以DM⊥CD. 以D为原点,DM,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图所示, 则F(,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E,E1(,-1,1), 所以=(0,0,2),=,=(,-1,0). 设平面FCC1的法向量为n=(x,y,z), 则得z=0,令x=1,得y=, 所以平面FCC1的一个法向量为n=(1,,0), 则n·=1×+×+0×1=0, 所以n⊥. 又因为直线EE1⊄平面FCC1, 所以直线EE1∥平面FCC1. (2)易得D(0,0,0),D1(0,0,2),A(,-1,0), 所以=(,-1,0),=(0,0,2). 设平面ADD1A1的法向量为m=(x1,y1,z1), 则得z1=0, 令x1=1,得y1=, 所以平面ADD1A1的一个法向量为m=(1,,0). 结合(1)知m=n,即m∥n,又因为平面ADD1A1与平面FCC1不重合,所以平面ADD1A1∥平面FCC1. 证法二:(1)取A1B1的中点G,连接C1G,GF,CG,A1D. 因为A1G=A1B1,DC=A1B1,A1G∥D1C1,DC∥D1C1,所以A1G􀱀DC, 所以四边形A1DCG为平行四边形,所以A1D∥CG. 又因为E,E1分别为AD,A1A的中点,所以EE1∥A1D,所以EE1∥CG. 因为EE1⊄平面FCC1,CG⊂平面FCC1, 所以EE1∥平面FCC1. (2)由(1)知A1D∥平面FCC1. 易知DD1∥平面FCC1, 又因为A1D⊂平面ADD1A1,DD1⊂平面ADD1A1,且A1D∩DD1=D, 所以平面ADD1A1∥平面FCC1. 11.BD　对于A,因为向量a,b不平行,所以l1,l2不平行,故A不正确; 对于B,因为n=-2a,所以a∥n,故B正确; 对于C,因为a·n=0×(-2)+2×0+0×2=0,所以a⊥n,所以l∥α或l在平面α内,故C不正确; 对于D,因为m·n=-6+0+6=0,所以α⊥β,故D正确.故选BD. 12.B　因为PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,CD⊂平面ABCD, 所以PD⊥AD,PD⊥CD, 因为四边形ABCD为正方形, 所以CD⊥AD,即PD,AD,CD两两垂直, 如图,以D为原点建立空间直角坐标系,设QA=1,则D(0,0,0),C(0,0,1),Q(1,1,0),P(0,2,0),=(1,1,0),=(0,0,1),=(1, -1,0), 可得·=1×1+1×(-1)+0×0=0,·=0×1+0×(-1)+1×0=0,所以⊥,⊥,即PQ⊥DQ,PQ⊥DC, 因为DQ∩DC=D,所以PQ⊥平面DCQ,又因为PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.故选B. 13.B　如图所示,以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系, 设正方体的棱长为3,则E(1,0,1),F(2,1,0),A1(3,0,3),A(3,0,0),C(0,3,0),D(0,0,0),B(3,3,0),D1(0,0,3), ∴=(1,1,-1),=(-3,3,0),=(-3,0,-3),=(-3,-3,3). ∵·=0,·=0,∴⊥,⊥,即EF⊥AC,EF⊥A1D,∴A错误,B正确; ∵=-3,∴∥, ∵BD1,EF不在一条直线上,∴EF∥BD1,∴C、D错误. 故选B. 能力提升练 1.BCD　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2, 则A(2,0,0),A1(2,0,2),B(2,2,0),D(0,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(1,2,0),F(0,2,1),G(1,0,2),H(0,1,2). =(-1,2,-2),=(-2,2,2),则·=2+4-4≠0,A错误; 易知平面ADD1A1的一个法向量为=(0,2,0),=(-2,0,1), ∵·=0, ∴⊥,即DC⊥BF, 又∵BF⊄平面ADD1A1,∴BF∥平面ADD1A1,B正确; =(1,0,2),则·=-2+2=0, ∴⊥,即BF⊥DG,C正确; =(0,2,-2),=(0,1,-1),故=2, ∴∥, 又∵GE,HF不重合,∴GE∥HF,D正确.故选BCD. 2.A　以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系, 设正方体的棱长为1,则D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),则=(0,0,1),=(-1,1,-1),=(0,-1,0),=(1,1,0),=(0,1,1). 当=时,=+=+=(0,0,1)+(-1,1,-1)=, 设平面BC1D的法向量为m=(x,y,z),则取x=1,则y=-1,z=1,则m=(1,-1,1)为平面BC1D的一个法向量,因为·m=--+=0,所以⊥m,又因为AP⊄平面BC1D,所以直线AP∥平面BC1D,故A正确,B不正确. 同理可取平面ACD1的一个法向量n=(1,1,1), 当=时,=++=++=(0,-1,0)+(0,0,1)+(-1,1,-1)=, 因为与n不共线,所以直线BP与平面ACD1不垂直,故C不正确;当=时,=++=++=(0,-1,0)+(0,0,1)+(-1,1,-1)=, 因为与n不共线,所以直线BP与平面ACD1不垂直,故D不正确.故选A. 3.ACD　如图,建立空间直角坐标系, 则O(0,2,0),D(0,4,1),E(0,0,4),B(0,4,0),A(4,0,0),C(0,0,0), 则=(0,-4,3),=(0,2,1),=(0,-2,4),=(4,0,0), 设=λ=(0,-4λ,3λ),0<λ<1,则Q(0,4-4λ,1+3λ),故=(0,2-4λ,1+3λ). ∵OQ⊥DE,∴·=0, ∴0-8+16λ+3+9λ=0,解得λ=,即Q, ∴=,=, =. ∵·=0×0+2×(-2)+1×4=0,∴⊥,即OD⊥OE,故A正确; 易得直角梯形BCED的面积S===10, 由AC⊥CE,AC⊥BC,CE∩BC=C,可得AC⊥平面BCE, 故四棱锥A-BCED的高h=AC=4,∴四棱锥的体积V=Sh=×10×4=,故B不正确; ∵·=(4,0,0)·=0,·=·=-+=0, ∴⊥,⊥,即BQ⊥CA,BQ⊥CQ, 又∵CA∩CQ=C,∴BQ⊥平面ACQ,故C正确; ∵·=·=0, ∴⊥,即AQ⊥BQ,故D正确.故选ACD. 4.答案　68π 解析　连接AC,设AC∩BD=O,连接OM,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 由题得BD=4,AC=4, 则A(2,0,0),O(0,0,0),C1(-2,0,4), 设M(2,0,z), 则=(-4,0,4),=(2,0,z), 易知AC1⊥BD,若AC1⊥平面BDM,则只需AC1⊥OM,所以·=0, 所以-8+4z=0,所以z=2, 所以当点M是AA1的中点时,AC1⊥平面BDM. 设三棱锥A-MBD的外接球的半径为R,△ABD的外接圆半径为r, 则=2r,所以r=4, 所以R2=42+=17. 所以三棱锥A-MBD的外接球的表面积为4πR2=68π. 5.证明　(1)如图,以A为原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,1为单位长度,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,2), 所以=(1,1,-2),=(0,0,2),=(1,-1,0),因为PE=PC, 所以=, 所以=+=, 所以·=+-=0, ·=-+0=0, 所以⊥,⊥,即AE⊥PC,AE⊥BC, 又因为PC∩BC=C, 所以AE⊥平面PBC. (2)由(1)可得=-=-(2,0,0)=,=(0,0,-2),=(-2,1,0).设平面BDE的法向量为u=(x1,y1,z1), 则即 令x1=1,得y1=2,z1=0,则u=(1,2,0)是平面BDE的一个法向量, 因为·u=(0,0,-2)·(1,2,0)=0, 所以⊥u, 因为PA⊄平面BDE, 所以PA∥平面BDE. 6.解析　(1)证明:在△ABC中,AC=,BC=1,AB=2,因为AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC, 又CC1⊥BC,CC1∩AC=C, 所以BC⊥平面ACC1A1, 又因为AC1⊂平面ACC1A1,所以BC⊥AC1, 因为四边形AA1C1C是正方形, 所以AC1⊥A1C, 又因为BC∩A1C=C,所以AC1⊥平面A1BC, 又因为AC1⊂平面ABC1,所以平面A1BC⊥平面ABC1. (2)在线段A1B上存在点M,使得CM⊥BC1,且=. 由(1)得,CA,CB,CC1两两垂直,以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,1,0),A1(,0,),C1(0,0,), ∴=(,-1,),=(0,-1,). 设M(x,y,z),=λ,0≤λ≤1, ∴(x,y-1,z)=λ(,-1,), 解得x=λ,y=1-λ,z=λ, ∴=(λ,1-λ,λ),要使CM⊥BC1,则需·=0,即λ-1+3λ=0,解得λ=,故=. 7.解析　(1)证明:∵=+,∴·=·+=2||2×+=0, ∴⊥,即AC⊥BC,又∵AC⊥FB,FB∩BC=B,∴AC⊥平面FBC. (2)在线段ED上不存在点Q,使平面EAC⊥平面QBC. 证明如下:∵AC⊥平面FBC,∴AC⊥FC. ∵四边形CDEF为正方形,∴CD⊥FC,∵AC∩CD=C,∴FC⊥平面ABCD,∴FC⊥BC,∴CA,CF,CB两两互相垂直,如图,建立空间直角坐标系C-xyz. 由题易得CB=CD. 设BC=1,则C(0,0,0),A(,0,0),B(0,1,0),E, ∴=,=(,0,0),=(0,1,0). 设平面EAC的法向量为n=(x,y,z), 则即 取z=1,则x=0,y=2,∴n=(0,2,1), 假设在线段ED上存在点Q,使平面EAC⊥平面QBC,设Q(0≤t≤1), ∴=. 设平面QBC的法向量为m=(a,b,c), 则 ∴ 取c=1,得m=, 要使平面EAC⊥平面QBC,只需m·n=0, 即-×0+0×2+1×1=0,此方程无解, ∴在线段ED上不存在点Q,使平面EAC⊥平面QBC. 8.解析　(1)证明:因为四边形ADEF为正方形, 所以AF⊥AD. 又因为平面ADEF⊥平面ABF, 且平面ADEF∩平面ABF=AF,AD⊂平面ADEF, 所以AD⊥平面ABF. 因为BF⊂平面ABF, 所以BF⊥AD. (2)在线段BD上存在点M,使得直线CE∥平面AFM,且=. 由(1)可知,AD⊥平面ABF,所以AB⊥AD,AF⊥AD. 因为∠BAF=90°,所以AB,AD,AF两两垂直. 以A为原点,AB,AD,AF所在直线分别为x,y,z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系(如图). 因为AB=AD=1,BC=3, 所以A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,3,0),D(0,1,0),E(0,1,1),F(0,0,1), 设=λ,易知λ∈[0,1]. 设M(x1,y1,z1),则由=λ,得(x1-1,y1,z1)=λ(-1,1,0), 所以x1=1-λ,y1=λ,z1=0,所以M(1-λ,λ,0), 所以=(1-λ,λ,0). 设平面AFM的法向量为m=(x0,y0,z0), 则 易得=(0,0,1),所以 令x0=λ,则y0=λ-1,所以m=(λ,λ-1,0)为平面AFM的一个法向量. 若在线段BD上存在点M,使得CE∥平面AFM,则存在λ∈[0,1],使得m·=0. 易得=(-1,-2,1), 由m·=0,得-λ-2(λ-1)=0, 解得λ=, 所以在线段BD上存在点M,使得直线CE∥平面AFM,且=. 解后反思 　　处理直线与平面平行的存在性问题的关键是假设成立,利用直线与平面平行等价于直线的方向向量与平面的法向量垂直来构造方程,求解未知量. 学科网（北京）股份有限公司 $$