6.3.1 直线的方向向量与平面的法向量 6.3.2 空间线面关系的判定（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

第6章　空间向量与立体几何 6.3　空间向量的应用 6.3.1　直线的方向向量与平面的法向量 6.3.2　空间线面关系的判定 基础过关练 题组一　直线的方向向量与平面的法向量 1.(2024江苏徐州第三中学月考)已知直线l的一个方向向量为m=(2,-1,3),且直线l过A(0,a,3)和B(-1,2,b)两点,则a+b=(　　) A.0　　　B.1　　　C.　　　D.3 2.(2025江苏无锡锡山高级中学期中)已知点M0(2,3,4),平面α={M|n·=0},且平面α的一个法向量为n=(1,-1,1),则下列各点中不在平面α内的是(　　) A.(1,0,2)　　　B.(4,2,1)　　　 C.(1,2,3)　　　D.(3,-1,-1) 3. (2024江苏苏南八校联考)在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.在“鳖臑”ABCD中,AB⊥平面BCD,∠BDC=90°,BD=AB=CD.若建立如图所示的空间直角坐标系,则平面ACD的一个法向量为　　　　　　.   题组二　空间中直线、平面的平行问题 4.(2025湘豫名校联考)v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2)分别为不重合的两直线l1,l2的方向向量,则l1与l2的位置关系是(　　) A.平行　　　B.相交 C.垂直　　　D.不能确定 5.(2025浙江湖州南浔高级中学质量检测)已知A(0,-1,1),B(1,1,4),平面α的一个法向量为(2,t,6),若AB∥α,则实数t=(　　) A.-10　　　B.3　　　C.4　　　D.5 6.(2024湖南永州期末)已知平面α与平面β平行,若平面α的一个法向量为n=(-1,2,-3),则平面β的法向量可以是(　　) A.(1,2,3)　　　B.(-1,-2,3) C.(2,-4,6)　　　D.(2,-4,-6) 题组三　空间中直线、平面的垂直问题 7.(2025江苏无锡锡东高级中学期中)已知u=(3,a+b,a-b)(a,b∈R)是直线l的一个方向向量,n=(1,2,3)是平面α的一个法向量,若l⊥α,则a+2b=(　　) A. 8.(多选题)(2024江苏南京调研)已知直线l1,l2的一个方向向量分别是=(2,y,2),若||=6且l1⊥l2,则x+y的值可以是(　　) A.-3　　　B.-1　　　C.1　　　D.3 9.(2025江苏连云港新海高级中学月考)已知向量a,b是平面α内两个不相等的非零向量,非零向量c在直线l上,则“c·a=0且c·b=0”是“l⊥α”的(　　) A.充分不必要条件　　　 B.必要不充分条件 C.充要条件　　　 D.既不充分也不必要条件 10.(多选题)(2025江苏新高考基地学校联考)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E为CC1的中点,则(　　) A.A1C1∥平面ABE　　　B.AC1∥平面BDE C.BE⊥平面A1B1E　　　D.BE⊥平面B1D1E 能力提升练 题组一　用空间向量研究平行、垂直问题 1.(2025北京西城第一六一中学月考)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是CC1的中点,N是底面ABCD内(包括边界)的动点,则下列正确的是(　　) A.不存在点N,使得∠ANM= B.满足A1N=的点N的轨迹的长度是 C.满足MN∥平面A1BC1的点N的轨迹的长度是1 D.满足B1N⊥A1M的点N的轨迹的长度是 2.(多选题)(2025江苏宿迁泗阳期中)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,AB=AD=,P是底面ABCD上的一点,且D1P∥平面A1C1B,则　(　　) A.D1B⊥AC　　　 B.D1B⊥平面A1C1B C.D1P的长的最小值为　　　 D.A1P+PB的最小值为 3.(2024江苏淮安调研)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,Q为BC的中点,P为CC1上一点. (1)若平面BA1C1∩平面QAC1=直线l,求证:A1B∥l; (2)当平面APQ⊥平面APB1时,求CP的长. 题组二　用空间向量解决线面关系中的探索性问题 4.(2025陕西咸阳模拟)如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,CB=CD=4,AA1=4,∠BCD=60°,M,M1分别是线段BC,B1C1的中点. (1)证明:BC⊥平面MM1D; (2)在线段BC上是否存在点P,使得PB1∥平面BDA1?若存在,求出BP的长;若不存在,请说明理由. 5.(2025吉林期中联考)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,∠BAC=120°,AB=AC=3A1B1=3,AA1=2,D是棱AC的中点,E为棱BC上的一动点. (1)若,证明:AB1∥平面C1DE; (2)是否存在点E,使得平面C1DE⊥平面A1ABB1?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 基础过关练 1.D 2.C 4.A 5.A 6.C 7.D 8.AC 9.B 10.BC 1.D　由题意得∥m,所以存在实数λ,使得=λm,即(-1,2-a,b-3)=(2λ,-λ,3λ), 所以所以a+b=3. 2.C　对于A,=(-1,-3,-2),∴n·=-1+3-2=0,∴该点在平面α内,故A不符合题意. 对于B,=(2,-1,-3),∴n·=2+1-3=0,∴该点在平面α内,故B不符合题意. 对于C,=(-1,-1,-1),∴n·=-1+1-1≠0,∴该点不在平面α内,故C符合题意. 对于D,=(1,-4,-5),∴n·=1+4-5=0,∴该点在平面α内,故D不符合题意. 3.答案　(0,1,1)(答案不唯一) 解析　设BD=AB=CD=1,则D(0,1,0),C(1,1,0),A(0,0,1),故=(0,1,-1). 设平面ACD的法向量为m=(x,y,z), 则令y=1,得z=1,则m=(0,1,1), 所以m=(0,1,1)是平面ACD的一个法向量.(答案不唯一) 4.A　因为v1=(1,0,-1),v2=(-2,0,2),所以v2=-2v1,因此v2∥v1,又l1与l2不重合,所以l1∥l2. 易错警示 　　当两直线的方向向量共线时,两直线的位置关系是重合或平行. 5.A　由题意得=(1,2,3),记n=(2,t,6),因为AB∥α,所以·n=0,即(1,2,3)·(2,t,6)=0,即2+2t+18=0,解得t=-10. 6.C　因为平面α与平面β平行,所以平面α的法向量与平面β的法向量平行. 对于A,若(1,2,3)=λ(-1,2,-3),则无解,故A错误. 对于B,若(-1,-2,3)=λ(-1,2,-3),则无解,故B错误. 对于C,若(2,-4,6)=λ(-1,2,-3),则解得λ=-2,故C正确. 对于D,若(2,-4,-6)=λ(-1,2,-3),则无解,故D错误. 7.D　因为l⊥α,所以u∥n,所以,所以解得a=,所以a+2b=. 8.AC　由题意得 ∴∴x+y=1或x+y=-3. 9.B　若c·a=0且c·b=0,则c⊥a,c⊥b,但向量a,b所在的直线不一定相交,所以不一定能得到l⊥α; 若l⊥α,则c⊥a,c⊥b,可得c·a=0,c·b=0. 综上,“c·a=0且c·b=0”是“l⊥α”的必要不充分条件. 10.BC　以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 设AB=1,则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),A1(1,0,2),B1(1,1,2),C1(0,1,2),D1(0,0,2),E(0,1,1),所以=(1,1,0). 设平面ABE的法向量为m1=(x1,y1,z1), 则令x1=1,得z1=1, 所以m1=(1,0,1). 因为·m1=-1≠0,所以与m1不垂直, 所以A1C1与平面ABE不平行,故A错误. 设平面BDE的法向量为m2=(x2,y2,z2), 则令x2=1,得y2=-1,z2=1,所以m2=(1,-1,1). 因为·m2=0,所以⊥m2,又AC1⊄平面BDE, 所以AC1∥平面BDE,故B正确. 设平面A1B1E的法向量为m3=(x3,y3,z3), 则令x3=1,得z3=-1, 所以m3=(1,0,-1). 易知m3=-,所以m3∥,所以BE⊥平面A1B1E,故C正确. 设平面B1D1E的法向量为m4=(x4,y4,z4), 则令x4=1,得y4=-1,z4=-1,所以m4=(1,-1,-1). 因为与m4不平行,所以BE与平面B1D1E不垂直,故D错误. 能力提升练 1.D　以{}为正交基底,建立空间直角坐标系,如图所示, 则A(2,0,0),M(0,2,1),A1(2,0,2),B(2,2,0),C1(0,2,2),B1(2,2,2).设N(x,y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2). 对于A,若∠ANM=,则=0, 易得=(-x,2-y,1), ∴-x(2-x)-y(2-y)=0,即(x-1)2+(y-1)2=2, 当x=0,y=0时,满足上式,此时N(0,0,0),在底面ABCD内,∴存在点N,使得∠ANM=,故A错误. 对于B,易知A1A⊥AN,A1N=,A1A=2,∴AN=1,∴点N的轨迹的长度是以A为圆心,1为半径的圆周长的,为,故B错误. 对于C,设平面A1BC1的法向量为n=(a,b,c), 易得=(-2,2,0), 则令a=1,得b=1,c=1, ∴n=(1,1,1). ∵MN∥平面A1BC1,∴·n=0,易得=(x,y-2,-1),∴点N的轨迹方程为x+y-3=0(0≤x≤2,0≤y≤2),∴点N的轨迹的长度为,故C错误. 对于D,易得=(-2,2,-1). ∵B1N⊥A1M,∴=0,即-2(x-2)+2(y-2)+2=0,即x-y-1=0,∴点N的轨迹方程为x-y-1=0(0≤x≤2,0≤y≤2),∴点N的轨迹的长度为,故D正确. 2.ACD　以{}为正交基底,建立如图1所示的空间直角坐标系, 则D1(0,0,2),B(,2). 对于A,易得,0),所以=-2+2=0,所以D1B⊥AC,故A正确. 对于B,易得,-2),所以=2+4=6≠0,所以D1B与A1B不垂直,所以D1B⊥平面A1C1B不成立,故B错误. 对于C,设P(a,b,0),则=(a,b,-2). 易得,-2). 设平面A1C1B的法向量为m=(x,y,z), 则 令z=1,得x=y=,所以m=(,1). 因为D1P∥平面A1C1B,所以⊥m, 所以·m=(a,b,-2)·(b-2=0,则b=-a, 所以D1P=|,所以当a=时,D1P的长取得最小值,为,故C正确. 对于D,由C中分析知b=-a,所以点P在线段AC上. 易得AC==2,又在长方体中,AA1=2, 所以四边形ACC1A1为正方形. 将正方形ACC1A1和等腰直角三角形ABC沿AC折到同一平面内,如图2所示. 连接A1B,与AC的交点即为使A1P+PB取得最小值的点P,所以A1P+PB的最小值为A1B的长. 在图2中,过点B作BT⊥A1C1,交AC于点H,易得A1T=1,TB=TH+BH=2+1=3,所以A1B=,故D正确. 方法总结 　　对于立体几何中的最值问题,一般可从三个方面考虑:①构建函数,根据题意建立目标函数,转化为函数的最值问题求解;②借助基本不等式求最值,对于几何体变化过程中两个变量互相牵制(两个变量之间有等量关系)的情况往往可以使用此种方法;③根据几何体的结构特征,变动态为静态,直观判断在什么情况下取得最值. 3.解析　(1)证明:连接A1C,交AC1于点O,连接OQ. 易知O为A1C的中点,又因为Q为BC的中点, 所以A1B∥OQ, 又A1B⊄平面QAC1,OQ⊂平面QAC1, 所以A1B∥平面QAC1, 又A1B⊂平面BA1C1,平面BA1C1∩平面QAC1=直线l, 所以A1B∥l. (2)取B1C1的中点Q1,连接QQ1. 易知QC,QA,QQ1两两互相垂直,所以以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 则Q(0,0,0),A(0,,0),B1(-1,0,3), 所以,-3). 设CP=h,则P(1,0,h), 所以=(2,0,h-3). 设平面APQ的法向量为m=(x1,y1,z1), 则所以y1=0,令z1=-1,则x1=h, 所以m=(h,0,-1). 设平面APB1的法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令x2=3-h,则y2=,z2=2,所以n=. 因为平面APQ⊥平面APB1,所以m⊥n,所以m·n=h(3-h)-2=0,解得h=1或h=2,所以CP的长为1或2. 4.解析　(1)证明:因为CB=CD=4,∠BCD=60°, 所以△BCD为正三角形, 又因为M是线段BC的中点,所以DM⊥BC. 因为M,M1分别是线段BC,B1C1的中点,所以MM1∥CC1. 在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,CC1⊥底面ABCD, 因为BC⊂平面ABCD,所以CC1⊥BC,所以MM1⊥BC. 又DM∩MM1=M,DM,MM1⊂平面MM1D, 所以BC⊥平面MM1D. (2)由(1)知△BCD为正三角形,则BD=CB=CD=4. 在△ABD中,AB=AD=2,BD=4,则BD2=AB2+AD2, 所以AB⊥AD, 又在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥AB,AA1⊥AD, 所以AB,AD,AA1两两互相垂直,所以以{}为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(2,0,4),所以=(0,0,4). 设平面BDA1的法向量为n=(x,y,z), 则令x=,则y=,z=1, 所以n=(,1). 假设在线段BC上存在点P,使得PB1∥平面BDA1. 设(0≤λ≤1), 则λ,0), (根据点在线段上,利用三点共线设出参数λ并确定坐标,注意λ的取值范围是[0,1]) 所以λ,4). 由PB1∥平面BDA1,得⊥n, 所以·n=(+4×1=0,解得λ=,满足λ∈[0,1],则, 所以|,故在线段BC上存在点P,使得PB1∥平面BDA1,且BP的长为. 5.解析　以A为坐标原点,AC,AA1所在直线分别为x轴,z轴,过点A且垂直于平面ACC1A1的直线为y轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B . (1)证明:设E(a,b,0),-≤a≤3,0≤b≤. 易得,因为, 所以(a-3,b,0)=, 即所以a=,所以E. 易得. 设平面C1DE的法向量为n=(x1,y1,z1), 则令x1=4,得n=(4,0,1). 因为·n=-×4+0+2×1=0,AB1⊄平面C1DE, 所以AB1∥平面C1DE. (2)易得. 设平面A1ABB1的法向量为m=(x2,y2,z2), 则令y2=1,得m=(,1,0). 假设存在满足题意的点E,且(0≤λ≤1),则E. 易得. 设平面C1DE的法向量为u=(x,y,z), 则 令x=λ,得u=. 因为平面C1DE⊥平面A1ABB1,所以m·u=0,即3λ+3λ-1=0,解得λ=,满足0≤λ≤1,所以棱BC上存在点E,使得平面C1DE⊥平面A1ABB1,且. 方法总结 　　利用向量解决位置关系问题的关键在于“四破”:第一,破“建系关”,构建恰当的空间直角坐标系;第二,破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求向量关”,求出直线的方向向量、平面的法向量;第四,破“应用公式关”. 19 学科网（北京）股份有限公司 $