1.4.1 用空间向量研究直线、平面的位置关系 同步练-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本练习通过基础与能力提升双层设计，以空间向量法为核心，从概念理解到综合应用递进，培养抽象能力、运算能力与推理意识，适配新授课知识巩固与能力进阶需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|直线方向向量、平面法向量概念及线面位置关系判断|含选择、填空、解答题，如法向量计算（题1）、线面平行判定（题7），强化基本运算与概念辨析| |能力提升练|交线方向向量、存在性问题及面面垂直证明|设多选与探究题，如动态点位置探究（题5）、折叠问题（题6），突出逻辑推理与创新应用|

1.4　空间向量的应用 1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系 基础练习 题组一　直线的方向向量和平面的法向量 1.(2026河北衡水阜城实验中学月考)已知点A(1,2,-1),B(2,1,-1),C(-1,2,0),则平面ABC的一个法向量是(　　) A.(1,1,2)　　B.(1,-1,2)　　 C.(2,1,1)　　D.(1,2,1) 2.(2026陕西宝鸡凤翔中学月考)下列结论正确的是(　　) A.任意一个向量均可以作为直线的方向向量 B.若a是平面α的法向量,则λa(λ∈R)也是平面α的法向量 C.设点A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(abc≠0),则为平面ABC的一个法向量 D.若·<0,则与的夹角为钝角 3.(2026广东佛山顺德德胜学校月考)已知四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=AB=1,AD=,点M,N分别在线段PB,DC上(不含端点),且满足=λ,=λ,其中λ>0. (1)求平面PBD的一个法向量; (2)是否存在λ,使是平面PAB的一个法向量?请说明理由. 题组二　空间向量与直线、平面的位置关系 4.(2026辽宁沈阳重点高中郊联体月考)两条不同直线l1,l2的方向向量分别为m=(1,1,-2),n=(-2,2,-1),则这两条直线(　　) A.相交或异面　　B.相交　　 C.异面　　D.平行 5.(2026安徽A10联盟学情诊断)已知平面α的一个法向量为n=(1,-2,3),若直线l∥平面α,则直线l的一个方向向量u可以是(　　) A.(-2,4,-6)　　B.(0,0,1)　　 C.(0,3,2)　　D.(1,1,1) 6.(多选题)(2026安徽合肥六中期中)已知平面α的一个法向量为u=(-1,2,4),平面β的一个法向量为v=(m,-1,-2),直线l的一个方向向量为a=(n,-2,-4),下列说法正确的是(　　) A.若α∥β,则m=　　B.若l⊥α,则n=1 C.若n=-20,则l∥α　　D.若m=-10,则α⊥β 7.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. 8.(教材深研拓展)(2026北京清华大学附属中学月考)已知平面α的一个法向量是n=(1,-1,2),且点A(0,3,1)在平面α上,若P(x,y,z)是平面α上任意一点,则点P的坐标满足的方程是　　　　　　　.  9.(2026吉林长春外国语学校开学考试)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,E,F分别为A1C1和BC的中点.求证: (1)平面ABE⊥平面B1BCC1; (2)C1F∥平面ABE. 10.(教材习题改编)(2026河南周口太康一高月考)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC=PB=PC=2CD=2,侧面PBC⊥底面ABCD.求证: (1)PA⊥BD; (2)平面PAD⊥平面PAB. 能力提升练 题组一　用空间向量研究线面的位置关系 1.(2026湖北武汉华中师范大学第一附属中学开学考试)已知在空间直角坐标系Oxyz中,过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.若直线l是两平面x-3y+7=0与4y+2z+3=0的交线,则直线l的方向向量可以是(　　) A.(3,1,-2)　　B.(3,1,2)　　 C.(-2,1,-3)　　D.(2,1,3) 2.(多选题)(2026广东广州奥林匹克中学月考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,M,N分别是AB,CC1的中点,则(　　) A.AC1∥MN　　 B.B1D⊥MN C.AC1∥平面MND　　 D.三棱锥B1-MND的体积为1 3.(2025浙江宁波镇海中学月考)已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AB=2,若棱AB上存在点P,使得D1P⊥PC,则AD的长的取值范围是(　　) A.[1,2)　　B.(1,]　　C.(0,1]　　D.(0,2) 4.(2026陕西咸阳育才田家炳中学月考)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1上的动点. (1)求证:A1E⊥BD; (2)若平面A1BD⊥平面EBD,求证:E为CC1的中点. 题组二　用空间向量解决线面关系中的探索性问题 5.(2026吉林长春外国语学校月考)在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,满足DE∥BC且DE经过△ABC的重心,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,已知M是A1D的中点,点N在线段A1B(不包含端点)上,若使平面CMN⊥平面DEN,则=　　　　.  6.(2026北京中国人民大学附属中学月考)如图,在直角梯形AA1B1B中,∠A1AB=90°,A1B1∥AB,AB=AA1=2A1B1=2.以直线AA1为轴,通过旋转直角梯形AA1B1B得到直角梯形AA1C1C,且使平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,已知M为线段BC的中点,P为线段BB1上的动点. (1)求证:AC⊥AB; (2)是否存在点P,使得直线A1C∥平面AMP?请说明理由. 7.(2025重庆合川大石中学等多校期中)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,∠BAC=120°,AB=AC=3A1B1=3A1C1=3,AA1=2,D是棱AC的中点,E为棱BC上一动点. (1)判断是否存在点E,使AB1∥平面C1DE; (2)是否存在点E,使平面C1DE⊥平面A1ABB1?若存在,求此时平面C1DE的一个法向量;若不存在,说明理由. 8.(2026广东八校联盟质检)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA1=2,N是A1B1的中点. (1)求证:A1B⊥C1N; (2)若F为线段AB上的动点,是否存在F使得AB⊥平面C1CF?若存在,请求出的值,若不存在,请说明理由; (3)若M为AB的中点,G为△AMC的重心,H为C1G上一点,且C1H∶HG=3∶1,过H作一平面分别交C1A,C1C,C1M于点P,Q,R,若=m,=n,=t,求证:++为定值. 答案 1.4　空间向量的应用 1.4.1　用空间向量研究直线、平面的位置关系 基础练习 1.A　由已知得=(1,-1,0),=(-2,0,1).设平面ABC的法向量为n=(x,y,z),则即 令x=1,则y=1,z=2,所以n=(1,1,2). 2.C　对于A,零向量不能作为直线的方向向量,故A错误; 对于B,若λ=0,则λa=0,此时λa不是平面α的法向量,故B错误; 对于C,因为A(a,0,0),B(0,b,0),C(0,0,c)(abc≠0),所以=(-a,b,0),=(-a,0,c), 设平面ABC的法向量为m=(x,y,z), 则 取x=,得y=,z=, 故平面ABC的一个法向量为,,,故C正确; 对于D,若<,>=π,则有·=-||·||<0,但与的夹角不为钝角,故D错误. 3.解析　(1)依题意,PA,AB,AD两两互相垂直,以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 由题意得,P(0,0,1),B(1,0,0),D(0,,0),则=(0,,-1),=(-1,,0), 设平面PBD的法向量为n=(x,y,z), 可知即 令x=,解得y=1,z=,则平面PBD的一个法向量为n=(,1,). (2)由(1)及题意可知C(1,,0), 设M(a1,b1,c1),N(a2,b2,c2), 则=(a1-1,b1,c1),=(-a1,-b1,1-c1),=(a2,b2-,c2),=(1-a2,-b2,-c2), 由=λ得(a1-1,b1,c1)=λ(-a1,-b1,1-c1),解得 故M,0,. 由=λ得(a2,b2-,c2)=λ(1-a2,-b2,-c2),解得 故N,可得=,,-, 因为平面PAB与坐标平面Azx重合,所以平面PAB的一个法向量为(0,1,0),记m=(0,1,0), 若是平面PAB的一个法向量,则∥m,则=-=0,无解,所以不存在λ,使是平面PAB的一个法向量. 4.A　假设m=λn,即(1,1,-2)=λ(-2,2,-1),则此方程组无解,即直线l1,l2不平行,故直线l1,l2相交或异面. 5.C　若l∥α,则l垂直于α的法向量,因此u·n=0,逐项分析,只有u=(0,3,2)时,u·n=-6+6=0,所以C符合题意. 6.ABD　对于A,若α∥β,则u∥v,所以==,解得m=,因此A正确; 对于B,若l⊥α,则a∥u,所以==,解得n=1,因此B正确; 对于C,若n=-20,则a=(-20,-2,-4),所以u·a=20-4-16=0,所以l⊂α或l∥α,因此C错误; 对于D,若m=-10,则v=(-10,-1,-2),所以u·v=10-2-8=0,所以u⊥v,所以α⊥β,因此D正确. 7.C　连接OE.设点M的坐标为(x,y,1), 因为AC∩BD=O,所以O, 又E(0,0,1),A(,,0), 所以=,=(x-,y-,1), 因为AM∥平面BDE,AM⊂平面ACEF,平面ACEF∩平面BDE=OE,所以AM∥OE,即∥, 所以===1,所以解得 所以点M的坐标为. 8.答案　x-y+2z+1=0 解析　由点A(0,3,1),P(x,y,z),得向量=(x,y-3,z-1), 由n=(1,-1,2)是平面α的一个法向量,AP⊂平面α,得n·=0,即x-(y-3)+2(z-1)=0,即x-y+2z+1=0, 所以点P的坐标满足的方程是x-y+2z+1=0. 9.证明　由题意知,,两两互相垂直.以B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.(图略) 设BC=a,AB=b,BB1=c,a>0,b>0,c>0,则B(0,0,0),A(0,b,0),C1(a,0,c),F,E. (1)易得=(0,-b,0),=. 设平面ABE的法向量为n=(x,y,z), 则即 则y=0,令x=2,得z=-, ∴n=. 易知平面B1BCC1的一个法向量为(0,1,0),记n'=(0,1,0). ∵n·n'=2×0+0×1+×0=0, ∴平面ABE⊥平面B1BCC1. (2)易得=, 由(1)知平面ABE的一个法向量为n=, ∵n·=2×+0×0+×(-c)=0,且C1F⊄平面ABE,∴C1F∥平面ABE. 10.证明　(1)取BC的中点O,连接PO,因为PB=PC,所以PO⊥BC, 又因为侧面PBC⊥底面ABCD,且侧面PBC∩底面ABCD=BC,PO⊂侧面PBC,所以PO⊥底面ABCD. 过O作OE∥AB,交AD于E. 因为四棱锥P-ABCD的底面是直角梯形,∠ABC=90°,所以OE⊥BC,所以PO,BC,OE两两互相垂直.以O点为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,1,0),A(2,1,0),D(1,-1,0),P(0,0,), 所以=(2,1,-),=(1,-2,0),因为·=2×1+1×(-2)+(-)×0=0,所以PA⊥BD. (2)由(1)知=(2,1,-),=(-1,-2,0),=(-2,0,0). 设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 令x1=2,则y1=-1,z1=, 可得平面PAD的一个法向量为n1=(2,-1,). 设平面PAB的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 则x2=0,令y2=,得z2=1, 可得平面PAB的一个法向量为n2=(0,,1), 又因为n1·n2=2×0-1×+×1=0, 所以n1⊥n2,故平面PAD⊥平面PAB. 能力提升练 1.A　由题意可知,平面x-3y+7=0的一个法向量为(1,-3,0),平面4y+2z+3=0的一个法向量为(0,4,2),记a=(1,-3,0),b=(0,4,2). 设直线l的方向向量为m=(x,y,z), 则 令y=1,则m=(3,1,-2). 2.BD　在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图. 对于A,A(2,0,0),C1(0,2,2),M(2,1,0),N(0,2,1),所以=(-2,2,2),=(-2,1,1),易知与不共线,所以AC1与MN不平行,故A错误; 对于B,D(0,0,0),B1(2,2,2),所以=(2,2,2),所以·=2×(-2)+2×1+2×1=0,所以B1D⊥MN,故B正确; 对于C,=(0,2,1),=(2,1,0), 设平面MND的法向量为n=(x,y,z), 则即 令y=2,得n=(-1,2,-4),所以n·=(-1)×(-2)+2×2+(-4)×2=-2,所以n与不垂直,所以AC1不平行于平面MND,故C错误; 对于D,过点M作MP∥DN,与BB1相交于点P,连接PN,则M,P,D,N四点共面,又M,N分别是AB,CC1的中点,所以P为BB1上靠近点B的四等分点,所以MP=DN,所以S△MPN=S△MND,所以=2=2,又=·MB·=×MB××BB1×BC=×1×××2×2=,所以=2=2×=1,故D正确. 3.C　依题意,建立如图所示的空间直角坐标系, 设AD=a(a>0),AP=x,则0<x<2,P(a,x,2),C(0,2,2),D1(0,0,0),所以=(a,x,2),=(a,x-2,0), 因为D1P⊥PC,所以·=0, 即a2+x(x-2)=0, 所以a==, 又0<x<2,所以-(x-1)2+1∈(0,1],所以a∈(0,1],即AD的长的取值范围为(0,1]. 4.证明　(1)以D为坐标原点,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,如图, 设正方体的棱长为a,则D(0,0,0),B(a,a,0),A1(a,0,a), 设E(0,a,e)(0≤e≤a), 则=(-a,a,e-a),=(-a,-a,0), ∵·=a2-a2+(e-a)·0=0, ∴⊥,即A1E⊥BD. (2)由(1)知=(a,a,0),=(a,0,a),=(0,a,e), 设平面A1BD和平面EBD的法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2), ∴即 令x1=1,则y1=z1=-1,则n1=(1,-1,-1), 同理,即 令x2=1,则y2=-1,z2=,则n2=. 由平面A1BD⊥平面EBD,得n1⊥n2, ∴2-=0,即e=, ∴当E为CC1的中点时,平面A1BD⊥平面EBD. 5.答案　2 解析　由题可知,在Rt△ABC中,DE∥BC,且BC⊥AC,所以DE⊥AC, 故在四棱锥A1-BCDE中,有BC⊥CD,DE⊥A1D,DE⊥CD, 又A1D∩CD=D,A1D,CD⊂平面A1CD,故DE⊥平面A1CD, 因为A1C⊂平面A1CD,所以DE⊥A1C, 又DE∥BC,所以A1C⊥BC, 又A1C⊥CD,故可建立如图所示的空间直角坐标系. 因为在Rt△ABC中,DE∥BC且DE经过△ABC的重心,所以==,故AD=4,CD=2,DE=2, 则在Rt△A1DC中,A1D=4,CD=2,所以A1C==2, 则C(0,0,0),A1(0,0,2),D(2,0,0),B(0,3,0),E(2,2,0),M(1,0,), 设=λ(0<λ<1),则=(0,3λ,-2λ),故N(0,3λ,2-2λ), 则=(0,3λ,2-2λ),=(0,2,0),=(-2,3λ,2-2λ),=(1,0,). 设n1=(s,t,w)为平面CMN的法向量, 则 不妨取w=1,则s=-,t=,故n1=-,,1. 设n2=(s1,t1,w1)为平面DEN的法向量, 则 则t1=0,不妨取w1=1,得s1=-λ, 故n2=(-λ,0,1). 因为平面CMN⊥平面DEN,所以n1⊥n2,所以n1·n2=0,即(-λ)×(-)+1=0,解得λ=,所以=2. 6.解析　(1)证明:在直角梯形AA1B1B中,∠A1AB=90°,即AA1⊥AB, 因为直角梯形AA1C1C是由直角梯形AA1B1B绕直线AA1旋转得到的,所以AA1⊥AC, 则∠CAB是二面角B-AA1-C的平面角, 又平面AA1C1C⊥平面AA1B1B,所以∠CAB=90°, 所以AC⊥AB. (2)由(1)知,直线AC,AB,AA1两两垂直, 以A为原点,直线AC,AB,AA1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),M(1,1,0), 所以=(0,-1,2),=(0,2,0),=(1,1,0),=(2,0,-2). 假设在线段BB1上存在点P,使得直线A1C∥平面AMP,设=t=(0,-t,2t),0≤t≤1,则=+=(0,2-t,2t), 设平面AMP的法向量为n=(x,y,z), 于是 取y=-2t,得n=(2t,-2t,2-t). 由直线A1C∥平面AMP,得⊥n,则·n=4t-2(2-t)=0,解得t=, 所以在线段BB1上存在点P,使得直线A1C∥平面AMP,且点P为线段BB1上靠近B1的三等分点. 7.解析　如图,过点A作AF⊥AC交BC于F,以A为原点,AC,AF,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B,C(3,0,0),A1(0,0,2),B1-,,2,C1(1,0,2),D. 设=λ(0≤λ≤1),则=,则E3-λ,λ,0, 设u=(x,y,z)为平面C1DE的法向量, 又=,=-λ,λ,0, 故 不妨取x=λ,得y=3λ-1,z=λ, 则u=λ,3λ-1,λ. (1)存在. 易得=, 若AB1∥平面C1DE,则·u=0, 即-×λ+(3λ-1)+2×λ=0,解得λ=, 又因为AB1⊄平面C1DE(易错点),所以AB1∥平面C1DE. 故当E为棱BC上靠近点C的三等分点时,AB1∥平面C1DE. (2)存在.设m=(x1,y1,z1)为平面A1ABB1的法向量, 又=(0,0,2),=, 故则z1=0,不妨取y1=1,得x1=,则m=(,1,0). 若平面C1DE⊥平面A1ABB1,则m·u=0,即3λ+3λ-1=0,解得λ=,所以当点E为棱BC上靠近点C的六等分点时,平面C1DE⊥平面A1ABB1,此时平面C1DE的一个法向量为u=,-,. 8.解析　(1)证明:依题意,以C为原点,CA,CB,CC1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图, 所以C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),A1(1,0,2),B1(0,1,2),C1(0,0,2), 因为N是A1B1的中点,所以N,,2,则=(-1,1,-2),=,因为·=-1×+1×+(-2)×0=0,所以⊥,即A1B⊥C1N. (2)假设存在F使得AB⊥平面C1CF, 由(1)得=(-1,1,0),=(0,0,-2), 设=λ=λ(-1,1,0)=(-λ,λ,0),其中0≤λ≤1,则F(1-λ,λ,0),故=(1-λ,λ,0), 易知CC1⊥平面ABC,又AB⊂平面ABC, 故CC1⊥AB,又CC1∩CF=C,CC1,CF⊂平面C1CF,所以若AB⊥平面C1CF,则只需·=0,即-(1-λ)+λ=0,解得λ=,所以=1,(也可根据AB⊥CF,在Rt△ABC中求解) 故存在点F使得AB⊥平面C1CF,此时=1. (3)证明:如图, 因为G为△AMC的重心,所以++=0,即-+-+-=0,可得=(++), 因为H为C1G上一点,且C1H∶HG=3∶1,所以==(++).由题知P,R,Q,H四点共面,则存在α,β∈R,使得=α+β,即-=α(-)+β(-), 所以=(1-α-β)+α+β=(1-α-β)m+αn+βt, 又因为=(++),且,,不共面,所以由空间向量基本定理可得因此++=4(1-α-β)+4α+4β=4,为定值. 7 学科网（北京）股份有限公司 $