1.4.1.1空间中点、直线和平面的向量表示同步练-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** 本同步练针对高中数学“空间中点、直线和平面的向量表示”，分三级分层设计，覆盖从基础概念到创新应用，通过“概念理解-运算巩固-综合探究”路径，培养数学抽象、逻辑推理与空间观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |A级|空间向量坐标表示、法向量求解、方向向量计算|选择填空为主，直接应用公式（如点坐标运算、法向量坐标求解），夯实基础| |B级|平面交线方向向量、含参数法向量、线线角计算|解答题结合几何情境（如直三棱柱中法向量证明），提升综合应用能力| |C级|基底表示法向量、动态点位置探究|开放探究题（如平行六面体法向量用基底表示），体现数学创新与模型构建思维|

1.4.1.1　空间中点、直线和平面的向量表示 A级　必备知识基础练 1.设点M(1,1,1),A(2,1,-1),O(0,0,0).若,则点B的坐标为(　　) A.(1,0,-2) B.(3,2,0) C.(1,0,2) D.(3,-2,0) 2.在空间直角坐标系中,A(-1,1,0),B(2,1,-2),C(0,2,-1),则平面ABC的一个法向量为(　　) A.(2,1,3) B.(-2,1,3) C.(2,-1,3) D.(2,1,-3) 3.已知点A(2,-1,2)在平面α内,n=(3,1,2)是平面α的一个法向量,则下列各点在平面α内的是(　　) A.(1,-1,1) B.(1,3,) C.(1,-3,) D.(-1,3,-) 4.若点A(1,2,3),点B(4,-1,0),且=2,则点C的坐标为(　　) A.(3,0,1) B.(2,1,2) C.(,-,-) D.() 5.已知直线l的一个方向向量m=(2,-1,3),且直线l过A(0,y,3)和B(-1,2,z)两点,则y-z=(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 6.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=1,PA=2,以A为原点建立空间直角坐标系如图所示,n为平面PBC的一个法向量,则n的坐标可能是(　　) A.(-,-) B.(-,-) C.() D.() 7.已知点M(-1,-1,-2),N(2,2,1)都在直线l上,直线l的一个方向向量可以为　　　　.  8.若两个向量=(1,2,3),=(3,2,1),则平面ABC的一个法向量是　　　　　.  9.(2026四川绵阳高三开学考试)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=1,∠BCA= 90°,AA1=2,M,N分别为A1B1,A1A的中点. (1)求BN的长; (2)求夹角的余弦值; (3)求证:是平面C1MN的一个法向量. B级　关键能力提升练 10.已知a=(2,0,2),b=(3,0,0)分别是平面α,β的法向量,则平面α,β交线的方向向量可以是(　　) A.(1,0,0) B.(0,1,0) C.(0,0,1) D.(1,1,1) 11.在空间直角坐标系内,平面α经过点A(1,0,2),B(0,1,0),C(-2,1,1),向量n=(1,λ,μ)是平面α的一个法向量,则λ+μ=　　　　　.  12.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱DD1的中点,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系. (1)求直线AE与B1D1所成角的余弦值; (2)求平面ABE的法向量,并判断点F(2,4,2)是否在平面ABE内. C级　学科素养创新练 13.(2026河北保定高二期末)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为菱形,且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°,CC1=2CD,=a,=b,=c,请写出平面BC1D的一个法向量:　　　　　.(注:法向量要用a,b,c来表示)  14.如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,PD=AD=DC,底面ABCD为正方形,E为PC的中点,点F在PB上,问点F在何位置时,为平面DEF的一个法向量? 答案 1.B　设B(x,y,z),则=(x-2,y-1,z+1). 因为=(1,1,1), 所以(1,1,1)=(x-2,y-1,z+1),即解得即点B为(3,2,0).故选B. 2.A　由题知,=(3,0,-2),=(1,1,-1). 设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z), 则取x=2,则y=1,z=3,得n=(2,1,3), 故平面ABC的一个法向量为(2,1,3).故选A. 3.B　设P(x,y,z),则=(x-2,y+1,z-2). 由题意知,⊥n,则n·=0,∴3(x-2)+(y+1)+2(z-2)=0,化简得3x+y+2z=9. 经验证,当x=1,y=3,z=时,满足条件.故选B. 4.A　(方法1)根据题意,设C(x,y,z), 则=(x-1,y-2,z-3),=(4-x,-1-y,-z). 因为=2,则解得 即点C的坐标为(3,0,1).故选A. (方法2)因为=2,所以=2-2, 所以+2)=[(1,2,3)+2(4,-1,0)]=(9,0,3)=(3,0,1).故选A. 5.A　由题知,=(-1,2-y,z-3). 因为m∥,所以,解得y=,z=,所以y-z=0.故选A. 6.D　依题意得,B(0,1,0),C(1,0,0),P(0,0,2), 则=(1,-1,0),=(1,0,-2). 设n=(x,y,z),则取x=,则y=,z=,所以n=(). 故选D. 7.(3,3,3)(答案不唯一)　根据题意,点M(-1,-1,-2),N(2,2,1)都在直线l上,且=(3,3,3),故直线l的一个方向向量可以为(3,3,3). 8.(1,-2,1)　设平面ABC的一个法向量是n=(x,y,z). 因为=(1,2,3),=(3,2,1), 则 两式相减得x-z=0,即x=z. 令x=z=1,则y=-2, 所以平面ABC的一个法向量是n=(1,-2,1). 9.(1)解 以C为原点,CA,CB,CC1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B(0,1,0),A1(1,0,2),C(0,0,0),B1(0,1,2),C1(0,0,2),M(,2),N(1,0,1), 则=(1,-1,1),故||=,即BN的长为. (2)解 由(1)可得,=(1,-1,2),=(0,1,2), ||=,||=, 则cos<>=, 所以夹角的余弦值为. (3)证明 由(1)可得,=(1,-1,1),=(,0),=(1,0,-1), 则=0,=1-1=0,故BN⊥C1M,BN⊥C1N. 因为C1M∩C1N=C1,C1M,C1N⊂平面C1MN,则BN⊥平面C1MN, 所以是平面C1MN的一个法向量. 10.B　由题可得,平面α,β交线的方向向量分别与向量a,b垂直. 只有a·(0,1,0)=(2,0,2)·(0,1,0)=0,b·(0,1,0)=(3,0,0)·(0,1,0)=0, 故a,b都垂直于向量(0,1,0),即平面α,β交线的方向向量可以是(0,1,0),故选B. 11.7　由题可得,=(-1,1,-2),=(-2,0,1). 因为向量n=(1,λ,μ)是平面α的一个法向量, 所以解得所以λ+μ=7. 12.解 (1)由题意可得,A(0,0,0),E(0,2,1),B1(2,0,2),D1(0,2,2), 所以=(0,2,1),=(-2,2,0), 所以cos<>=, 所以直线AE与B1D1所成角的余弦值为. (2)设平面ABE的法向量为m=(x,y,z), 因为=(0,2,1),=(2,0,0), 所以令y=1,得x=0,z=-2,则m=(0,1,-2), 所以平面ABE的一个法向量为m=(0,1,-2). 因为=(2,4,2),m=(0,1,-2),所以m·=0+4-4=0,所以m⊥. 因为点A在平面ABE内,所以点F(2,4,2)在平面ABE内. 13.6a+6b-c(答案不唯一)　不妨设CC1=2CD=2, 易知a,b,c可以作为空间的一个基底,且a·b=1×1×cos 60°=,a·c=b·c=1×2×cos 60°=1. 因为=a-b,=c-b, 设平面BC1D的一个法向量为m=xa+yb+zc, 则 化简得取x=6,则y=6,z=-1,故m=6a+6b-c, 因此平面BC1D的一个法向量可以为m=6a+6b-c. 14.解 F为线段PB的一个三等分点(靠近点P). 易知DA,DC,DP两两垂直.以D为原点,DA,DC,DP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, 设DA=2,则D(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0),E(0,1,1),B(2,2,0),∴=(2,2,-2),=(0,1,1). ∵=2×0+2×1+(-2)×1=0, ∴.设F(x,y,z),=λ, ∴(x,y,z-2)=λ(2,2,-2),∴ ∴F(2λ,2λ,2-2λ),∴=(2λ,2λ,2-2λ). ∵=0,∴4λ+4λ-2(2-2λ)=0,解得λ=, ∴F为线段PB的一个三等分点(靠近点P). 7 学科网（北京）股份有限公司 $