2021版高考数学一轮复习核心素养测评四十九利用空间向量讨论平行与垂直理北师大版

2021版高考数学一轮复习核心素养测评四十九利用空间向量讨论平行与垂直理北师大版

核心素养测评四十九 利用空间向量讨论平行与垂直 ‎(30分钟　60分)‎ 一、选择题(每小题5分,共25分)‎ ‎1.若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,1,1),则 (　　)‎ A.l∥α B.l⊥α ‎ ‎ C.lα或l∥α D.l与α斜交 ‎【解析】选C.因为a=(1,0,2),n=(-2,1,1),‎ 所以a·n=0,即a⊥n,所以l∥α或lα.‎ ‎2.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 ‎【解析】选B.以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=,=(-1,-1,1),‎ ‎=-,·=·=0,‎ 从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.‎ ‎3.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),则下列点P中,在平面α内的是 (　　)‎ A.P(2,3,3) B.P(-2,0,1)‎ C.P(-4,4,0) D.P(3,-3,4)‎ - 11 -‎ ‎【解析】选A. 逐一验证法,对于选项A,=(1,4,1),所以·n=6-12+6=0,所以⊥n,所以点P在平面α内,同理可验证其他三个点不在平面α内.‎ ‎4.如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,点M,P,Q分别为棱AB,CD,BC的中点,若平行六面体的各棱长均相等,则: ‎ ‎①A1M∥D1P;②A1M∥B1Q;‎ ‎③A1M∥平面DCC1D1;④A1M∥平面D1PQB1.‎ 以上说法正确的个数为 (　　)‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ ‎【解析】选C.=+=+,=+=+,所以∥,所以A1M∥D1P,由线面平行的判定定理可知,A1M∥平面DCC1D1,A1M∥平面D1PQB1.①③④正确.‎ ‎5.如图,F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点.E是BB1上一点,若D1F⊥DE,则有 (　　)‎ A.B1E=EB B.B1E=2EB C.B1E=EB D.E与B重合 ‎【解析】选A.分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为2,则D(0,0,0),F(0,1,0),D1(0,0,2),设E(2,2,z),则=(0,1,-2),=(2,2,z),因为·=0×2+1×2-2z=0,所以z=1,所以B1E=EB.‎ 二、填空题(每小题5分,共15分)‎ - 11 -‎ ‎6.若A0,2,,B1,-1,,C-2,1,是平面α内的三点,设平面α的法向量a=(x,y,z),则x∶y∶z=________________. ‎ ‎【解析】 =1,-3,-,=-2,-1,-,a·=0,a·=0,‎ x∶y∶z=y∶y∶-y=2∶3∶(-4).‎ 答案: 2∶3∶(-4)‎ ‎7.设平面α与向量a=(-1,2,-4)垂直,平面β与向量b=(-2, 4, -8)垂直,则平面α与β位置关系是________________. ‎ ‎【解析】因为2a=b,所以a∥b.因为平面α与向量a垂直,所以平面α与向量b也垂直.而平面β与向量b垂直,所以α∥β.‎ 答案:平行 ‎8.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF的夹角为θ,则cos θ的最大值为________________.  ‎ ‎【解析】如图,建立空间直角坐标系,‎ 设正方形的边长为2,则A(0,0,0),F(2,1,0),E(1,0,0),设M(0,m,2)(0≤m≤2),‎ 则=(2,1,0),=(1,-m,-2),‎ - 11 -‎ cos θ=,令t=2-m(0≤t≤2),‎ cos θ=×≤×=.‎ 答案:‎ 三、解答题(每小题10分,共20分)‎ ‎9.已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=,AF=1,M是线段EF的中点.‎ 求证:(1)AM∥平面BDE.‎ ‎(2)AM⊥平面BDF.‎ ‎【证明】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 设AC∩BD=N,连接NE.则N,,0,E(0,0,1),A(,,0),M,,1,‎ 所以=-,-,1,=-,-,1.‎ 所以=且NE与AM不共线.所以NE∥AM.‎ 又因为NE平面BDE,AM平面BDE,‎ 所以AM∥平面BDE.‎ ‎(2)由(1)知=-,-,1,‎ 因为D(,0,0),F(,,1),所以=(0,,1)‎ 所以·=0,所以AM⊥DF.同理AM⊥BF.‎ - 11 -‎ 又DF∩BF=F,所以AM⊥平面BDF.‎ ‎10.在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD为正方形,PD=DC,E,F分别是AB,PB的中点. ‎ ‎(1)求证:EF⊥CD.‎ ‎(2)在平面PAD内求一点G,使GF⊥平面PCB,并证明你的结论.‎ ‎【解析】(1)如图,‎ 以DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设AD=a,则D(0,0,0)、A(a,0,0)、B(a,a,0)、C(0,a,0)、Ea,,0、P(0,0,a)、F,,.‎ ‎=-,0,,=(0,a,0).‎ 因为·=0,所以⊥,即EF⊥CD.‎ ‎(2)设G(x,0,z),则=x-,-,z-,‎ 若使GF⊥平面PCB,则由 ‎·=x-,-,z-·(a,0,0)=ax-=0,得x=;‎ 由·=x-,-,z-·(0,-a,a)=+az-=0,得z=0.‎ 所以G点坐标为,0,0,即G点为AD的中点.‎ ‎(15分钟　35分)‎ ‎1.(5分)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=,N为B1B的中点,则||为 (　　)‎ - 11 -‎ A.a B.a C.a D.a ‎【解析】选A.以D为原点建立如图所示的空间 直角坐标系,则A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,a,.‎ 设M(x,y,z),因为点M在AC1上且=,所以(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z),‎ 所以x=a,y=,z=,得M,,,‎ 所以||==a.‎ ‎2.(5分)给出下列命题:‎ ‎①直线l的方向向量为a=(1,-1,2),直线m的方向向量b=,则l与m垂直;‎ ‎②直线l的方向向量a=(0,1,-1),平面α的法向量n=(1,-1,-1),则l⊥α;‎ ‎③平面α,β的法向量分别为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),则α∥β;‎ ‎④平面α经过三点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,则u+t=1.其中真命题是________________.(把你认为正确的命题的序号都填上) ‎ ‎【解析】对于①,因为a=(1,-1,2),b=(2,1,-),所以a·b=1×2-1×1+2×=0,‎ 所以a⊥b,所以直线l与m垂直,①正确;‎ 对于②,a=(0,1,-1),n=(1,-1,-1),所以a·n=0×1+1×(-1)+(-1)×(-1)=0,‎ 所以a⊥n,所以l∥α或lα,②错误;‎ 对于③,因为n1=(0,1,3),n2=(1,0,2),所以n1与n2不共线,所以α∥β不成立,③错误;‎ - 11 -‎ 对于④,因为点A(1,0,-1),B(0,1,0),C(-1,2,0),所以=(-1,1,1),=(-1,1,0),向量n=(1,u,t)是平面α的法向量,所以,即,则u+t=1,④正确.‎ 综上,真命题的序号是①④.‎ 答案:①④‎ ‎3.(5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为正方形A1B1C1D1四边上的动点,O为底面正方形ABCD的中心,M,N分别为AB,BC的中点,点Q为平面ABCD内一点,线段D1Q与OP互相平分,则满足=λ的实数λ有________________个. ‎ ‎【解析】建立如图所示的坐标系,设正方体的棱长为2,P点坐标为(x,y,2),则O(1,1,0),‎ 所以OP的中点坐标为,,1,又知D1(0,0,2),D1Q的中点也是OP中点,所以Q(x+1,y+1,0),而Q在MN上,‎ 所以xQ+yQ=3,由=λ得 所以x+y=1,即点P坐标满足x+y=1,由于P点在四边上,所以有2个符合题意的点P,即对应有2个λ.‎ 答案:2‎ ‎4.(10分)如图所示,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角形,‎ ‎∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A、C1C、BC的中点.求证: ‎ ‎(1)DE∥平面ABC.(2)B1F⊥平面AEF.‎ - 11 -‎ ‎【证明】(1)建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 令AB=AA1=4,则A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),‎ B(4,0,0),B1(4,0,4).取AB的中点N,连接CN,‎ 则N(2,0,0),C(0,4,0),D(2,0,2),‎ 所以=(-2,4,0),=(-2,4,0),‎ 所以=,所以DE∥NC,‎ 又因为NC平面ABC,DE平面ABC.‎ 故DE∥平面ABC.‎ ‎(2)由(1)知=(-2,2,-4),=(2,-2,-2),=(2,2,0).‎ ‎·=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0,‎ ‎·=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0.‎ 所以⊥,⊥,即B1F⊥EF,B1F⊥AF,‎ 又因为AF∩FE=F,所以B1F⊥平面AEF.‎ ‎5.(10分)如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E是棱D1D的中点,点F在棱B1B上,且满足B1F=2BF. ‎ ‎(1)求证:EF⊥A1C1.‎ ‎(2)在棱C1C上确定一点G,使A,E,G,F四点共面,并求此时C1G的长.‎ - 11 -‎ ‎【解析】(1)以点D为坐标原点,DA,DC,DD1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A(a,0,0)、A1(a,0,a)、C1(0,a,a)、E、F,‎ 所以=(-a,a,0),=,因为·=-a2+a2+0=0,‎ 所以⊥,所以A1C1⊥EF.‎ ‎(2)设G(0,a,h),因为平面ADD1A1∥平面BCC1B1,‎ 平面ADD1A1∩平面AEGF=AE,‎ 平面BCC1B1∩平面AEGF=FG,‎ 所以FG∥AE,所以存在实数λ,使得=λ,‎ 因为=,=,所以=λ,‎ 所以λ=1,h=a,所以C1G=CC1-CG=a-a=a,‎ 故当C1G=a时,A,E,G,F四点共面.‎ - 11 -‎ ‎1.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BA⊥CA, A1A=BA=CA,点M,N分别是AC,AB的中点,过点C作平面α,使得α∥A1M,α∥B1N,若α∩B1C1=P,则的值为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选B.因为AB,AC, AA1两两垂直,所以以A为原点,以AB,AC, AA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设AB=2,则=(0,1,-2),=(-1,0,-2),设=μ,则=+=(0,0,2)+(2,-2,0)=,因为α∥A1M,α∥B1N,所以存在实数x,y,使得=x+y,由向量相等的充要条件得 消去x,y得+=2,所以μ=,即=.‎ ‎2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D夹角的大小是________________,若D1E⊥EC,则AE=________________.  ‎ ‎【解析】长方体ABCD-A1B1C1D1中以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,又AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,‎ 则D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),‎ - 11 -‎ A1(1,0,1),C(0,2,0),设E(1,m,0),0≤m≤2,则=(1,m,-1),=(-1,0,-1),所以·=-1+0+1=0,‎ 所以直线D1E与A1D夹角的大小是90°,‎ 因为=(1,m,-1),=(-1,2-m,0),D1E⊥EC,所以·=-1+m(2-m)+0=0,‎ 解得m=1,所以AE=1.‎ 答案: 90°　1‎ - 11 -‎