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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
§4　向量在立体几何中的应用
4.1　直线的方向向量与平面的法向量
4.2　用向量方法研究立体几何中的位置关系
基础过关练
　　　　　　　　　　　　　
题组一　直线的方向向量与直线的向量表示
1.(多选题)(2024山东聊城第一中学月考)下列关于空间向量的说法中正确的是(　　)
A.若a是直线l的方向向量,则λa(λ∈R)也是直线l的方向向量
B.空间中任意一条直线的位置可以由直线上一点及该直线的方向向量唯一确定
C.若两条直线平行,则它们的方向向量的方向相同或相反
D.若A(-1,2,1),B(1,0,3)在直线l上,则直线l的一个方向向量为(1,-1,1)
2.(2025河南濮阳期中)在空间直角坐标系中,直线l过点A(1,0,-1),μ=(3,2,4)为直线l的一个方向向量,M(x,y,z)为直线l上的任意一点,则点M的坐标满足的关系式是(　　)
A.==　　　　
B.==
C.==　　　　
D.==
3.(2025北京师达中学期中)已知点A(4,1,3),B(-2,4,2)在直线l上,写出l的一个方向向量:　　　　.
题组二　平面的法向量及其应用
4.(2025江西宜春第一中学期中)若=(1,2,3),=(-1,3,4),则以下向量中,能成为平面OAB的法向量的是(　　)
A.(1,7,5)　　　　B.(1,-7,5)
C.(-1,-7,5)　　　　D.(1,-7,-5)
5.(2025江西南昌师范大学附属中学素养测评)已知向量n=(-2,3,1)是平面α的一个法向量,点P(1,1,2)在平面α内,则下列点不在平面α内的是(　　)
A.(3,2,3)　　　　B.(0,0,3)
C.(2,1,1)　　　　D.(2,1,4)
6.(2025安徽芜湖第一中学期中)已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,2AB=2AD=AA1,∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°.设=a,=b,=c,则平面A1BD的法向量可以为(　　)
A.6a+6b-c　　　　B.2a+3b+c
C.2a+3b-c　　　　D.a+b-c
7.(2025山东百师联盟联考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,以A为原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
①(0,0,1)为直线CC1的一个方向向量;
②(0,1,1)为直线BC1的一个方向向量;
③(-1,0,0)为平面B1C1CB的一个法向量;
④(1,1,1)为平面B1CD的一个法向量.
则上述结论正确的是　　　　.(填序号)
题组三　利用向量解决平行问题
8.(2025湘豫名校联考)已知直线l1与l2不重合,l1的一个方向向量为v1=(1,0,-1),l2的一个方向向量为v2=(-2,0,2),则l1与l2的位置关系是(　　)
A.平行　　　　B.相交
C.垂直　　　　D.不能确定
9.(2024重庆九龙坡月考)已知直线l和平面α,l∥α,l的一个方向向量为l=(2,m,1),平面α的一个法向量为n=(-1,1,n)(m>0,n>0),则+的最小值为(　　)
A.2　　B.4　　C.4　　D.2
10.(2024广东省实验中学期中)已知e1,e2,e3为空间内三个不共面的向量,平面α和平面β的法向量分别为a=e1+λe2+3e3和b=-e1+2e2+μe3,若α∥β,则λ+μ=(　　)
A.5　　B.-5　　C.3　　D.-3
11.(教材习题改编)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.
题组四　利用向量解决垂直问题
12.(2025山东济南第一中学学情检测)已知n1=(,x,2),n2=(-3,,-2)分别是平面α,β的一个法向量,若α⊥β,则x=(　　)
A.-7　　B.-1　　C.1　　D.7
13.(多选题)(2025江苏南通月考)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),则下列选项正确的是(　　)
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
14.(2025湖南郴州部分学校月考)我国古代数学名著《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵.已知在堑堵ABC-A1B1C1中,∠ABC=,AB=BC=AA1,D,E,F分别是所在棱的中点,则下列3个直观图中满足BF⊥DE的有(　　)
　　
A.0个　　B.1个　　C.2个　　D.3个
15.(2025安徽阜阳太和中学月考)如图,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2,E为棱CD的中点,=3,且四棱锥E-BCFB1的体积为.
(1)求棱CC1的长;
(2)证明:平面BCD1⊥平面B1EF.
能力提升练
　　　　　　　　　　　　　
题组一　利用向量解决平行、垂直问题
1.(2024陕西部分学校联考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形,AB=2AD=4,PD=,E是PA的中点,=2.若点M在矩形ABCD内,且PM⊥平面DEF,则DM=(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
2.(2025福建福州闽侯一中月考,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D∩AD1=E,CD1∩C1D=F,则下列结论正确的是(　　)
A.BB1∥平面ACD1
B.平面BDC1⊥平面ACD1
C.EF⊥平面BDD1B1
D.平面ABB1A1内存在与EF平行的直线
3.(多选题)(2025广东广州月考,)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足=λ+μ,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则　(　　)
A.当λ=1时,有CP∥BB1
B.当μ=1时,△ABP的周长为定值
C.当λ=时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
4.(2024四川绵阳三台中学期中)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=　　　　.
5.(2024福建宁德一中月考)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.
题组二　用向量方法解决立体几何中的探索性问题
6.(2024山东烟台开学考试)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,M,N分别为AC,B1C1的中点.
(1)求证:MN∥平面ABB1A1;
(2)在线段CC1上是否存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ 若存在,求出的值;若不存在,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.
答案与分层梯度式解析
§4　向量在立体几何中的应用
4.1　直线的方向向量与平面的法向量
4.2　用向量方法研究立体几何中的位置关系
基础过关练
1.BCD　对于A,当λ=0时,λa=0不能作为直线l的方向向量,故A错误;
易知B正确;
对于C,相互平行的两条直线的方向向量共线,所以两向量的方向相同或相反,故C正确;
对于D,l的一个方向向量为=(1-(-1),0-2,3-1)=(2,-2,2)=2(1,-1,1),所以(1,-1,1)也为l的一个方向向量,故D正确.
2.C　依题意知=(x-1,y,z+1),∥μ,则==.
3.答案　(-6,3,-1)(答案不唯一,与此向量共线的非零向量均可)
解析　点A,B在直线l上,所以直线l的一个方向向量为=(-6,3,-1).
4.C　设n=(x,y,z)为平面OAB的一个法向量,
则
令x=1,可得y=7,z=-5,故n=(1,7,-5);
令x=-1,可得y=-7,z=5,故n=(-1,-7,5).
5.C　记选项A,B,C,D中的四个点依次为A,B,C,D,
则=(2,1,1),=(-1,-1,1),=(1,0,-1),=(1,0,2),
·n=2×(-2)+1×3+1×1=0,故⊥n,则点A在平面α内,故A错误;
·n=(-1)×(-2)+(-1)×3+1×1=0,故⊥n,则点B在平面α内,故B错误;
·n=1×(-2)+0×3+(-1)×1=-3≠0,故与n不垂直,则点C不在平面α内,故C正确;
·n=1×(-2)+0×3+2×1=0,故⊥n,则点D在平面α内,故D错误.
6.A　由题意得=a-b,=a-c,
令AB=2,则AD=2,AA1=4,故a·b=2×2cos60°=2,a·c=b·c=2×4cos60°=4.
设平面A1BD的法向量为n=xa+yb+zc(x,y,z∈R),
则
整理得令z=-1,则x=6,y=6,所以n=6a+6b-c,
所以6a+6b-c为平面A1BD的一个法向量.
7.答案　①②③
解析　不妨设正方体的棱长为1,则A(0,0,0),C(1,1,0),C1(1,1,1),B(1,0,0),则=(0,0,1),=(0,1,1),
易知①,②正确;
对于③,因为AB⊥平面B1C1CB,=(1,0,0),所以(-1,0,0)可以作为平面B1C1CB的一个法向量,③正确;
对于④,因为CD⊥平面B1C1CB,BC1 平面B1C1CB,所以CD⊥BC1,易得BC1⊥B1C,又CD∩B1C=C,CD,B1C 平面B1CD,所以BC1⊥平面B1CD,所以可以作为平面B1CD的一个法向量,但=(0,1,1)与向量(1,1,1)不共线,所以(1,1,1)不是平面B1CD的法向量,④错误.
8.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.
9.A　由l∥α得l⊥n,则l·n=(2,m,1)·(-1,1,n)=-2+m+n=0,所以m+n=2,
所以+=(m+n)=≥(2+2)=2,当且仅当m=n=1时等号成立.
10.B　∵e1,e2,e3为空间内三个不共面的向量,∴{e1,e2,e3}可以作为空间向量的一组基,
∵α∥β,∴a∥b,
则可设a=tb,t∈R,即e1+λe2+3e3=t(-e1+2e2+μe3),
∴解得∴λ+μ=-5.
11.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.
12.D　由α⊥β知n1⊥n2,所以n1·n2=-3+x-4=0,解得x=7.
13.ABD　对于A,若α∥β,则u∥v,所以==,解得m=,A正确;
对于B,若l⊥α,则a∥u,所以==,解得n=1,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,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,D正确.
14.C　题图1中,因为∠ABC=,所以AB⊥BC,由题意可知AA1⊥平面ABC,则可以B为原点,,,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,设AB=BC=AA1=2,则B(0,0,0),E(0,1,0),D(1,0,2),F(1,1,0),所以=(1,1,0),=(-1,1,-2),则·=-1+1=0,所以BF⊥DE;
题图2中,建立同题图1的空间直角坐标系,则B(0,0,0),E(1,1,0),D(1,0,2),F(0,2,1),所以=(0,2,1),=(0,1,-2),则·=2-2=0,所以BF⊥DE;
题图3中,建立同题图1的空间直角坐标系,则B(0,0,0),E(1,1,0),D(1,0,0),F(1,1,2),所以=(1,1,2),=(0,1,0),则·=1≠0,所以BF,DE不垂直.综上,满足BF⊥DE的直观图有2个.
15.解析　(1)由题意得EC⊥平面BCFB1,且四边形BCFB1为直角梯形,设CC1=h,则=×EC×(FC+BB1)×BC=×1×××2=,解得h=2,
即棱CC1的长为2.
(2)证明:以D为原点,,,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,
则C(0,2,0),B(2,2,0),D1(0,0,2),E(0,1,0),F,B1(2,2,2),
所以=(2,0,0),=(0,-2,2),=,=.
设n=(x1,y1,z1)为平面BCD1的一个法向量,
则不妨取z1=1,得x1=0,y1=,则n=(0,,1),
设m=(x2,y2,z2)为平面B1EF的一个法向量,
则不妨取z2=4,得x2=-3,y2=-2,则m=(-3,-2,4).
因为n·m=0-4+4=0,所以平面BCD1⊥平面B1EF.
能力提升练
1.D　如图,以D为原点,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,
则D(0,0,0),P,E,F,,,所以=,=.
设n=(x,y,z)为平面DEF的一个法向量,
则
不妨取z=,得x=-2,y=-1,所以n=(-2,-1,).
设M(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤4,则=.
因为PM⊥平面DEF,所以∥n,
则==,解得m=,n=.故DM==.
2.C　以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D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2,则D1(0,0,0),A(2,0,2),C(0,2,2),B(2,2,2),B1(2,2,0),E(1,0,1),F(0,1,1),D(0,0,2),C1(0,2,0),
所以=(2,0,2),=(0,2,2),=(-2,-2,0),=(-2,0,-2).
设n=(x,y,z)为平面ACD1的一个法向量,
则不妨取x=1,得y=1,z=-1,则n=(1,1,-1),又=(0,0,-2),所以·n=2≠0,故A不正确;
设m=(a,b,c)为平面BDC1的一个法向量,
则不妨取c=1,得a=-1,b=1,则m=(-1,1,1),又m·n=-1≠0,故B不正确;
因为=(-1,1,0),=(0,0,2),=(2,2,0),
所以·=0,·=0,
所以EF⊥D1D,EF⊥D1B1,又D1D∩D1B1=D1,且D1D,D1B1 平面BDD1B1,所以EF⊥平面BDD1B1,故C正确;
易知平面ABB1A1的一个法向量为(1,0,0),记为p,
又·p=-1≠0,故D不正确.
3.AD　取BC的中点O,B1C1的中点D,连接AO,OD,
在正三角形ABC中,易知AO⊥OB,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,易知OD⊥平面ABC,
则可以O为原点,OA,OB,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图:
则B,C,B1,A1,A,则=(0,-1,0),=(0,0,1).
对于A,当λ=1时,=+μ=(0,-1,μ),=-=(0,0,μ),则=μ,所以CP∥BB1,故A正确;
对于B,=,当μ=1时,=λ+=(0,-λ,1),=+=,
则||=1,||=,||=,
所以△ABP的周长为1++,不为定值,故B错误;
对于C,当λ=时,=+μ=,
又=,故=+=,
由A1P⊥BP,得·=μ(μ-1)=0,解得μ=0或μ=1,
所以有两个符合题意的点P,故C错误;
对于D,=,=,
则·=0,即⊥,即A1B⊥AB1,
当μ=时,=λ+=,=+=,
令·=+-λ-=0,解得λ=1,此时⊥,即A1B⊥AP,
又因为AP∩AB1=A,AP,AB1 平面AB1P,所以A1B⊥平面AB1P,
综上,有且仅有一个点P符合题意,故D正确.
4.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的一个法向量,
则
不妨取w=1,则s=-,t=,故n1=-,,1.
设n2=(s1,t1,w1)为平面DEN的一个法向量,
则
不妨取w1=1,则t1=0,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.
5.证明　由题意知BC,BA,BB1两两垂直,故以B为原点,,,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n=(x,y,z)为平面ABE的一个法向量,
则即
不妨取x=2,则y=0,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.
6.解析　(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,所以直线CB,CC1,CA两两垂直,故以C为坐标原点,CB,CC1,CA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C-xyz,
设AC=2,则M(0,0,1),A(0,0,2),B(2,0,0),N(1,2,0),B1(2,2,0),
所以=(1,2,-1),=(2,0,-2),=(2,2,-2),
设n=(x,y,z)是平面ABB1A1的一个法向量,
则
不妨取x=1,得y=0,z=1,所以n=(1,0,1),
显然·n=1+0-1=0,即⊥n,
又MN 平面ABB1A1,所以MN∥平面ABB1A1.
(2)存在.
假设在线段CC1上存在点Q满足条件,设CQ=y0,0≤y0≤2,
结合(1)得A1(0,2,2),B(2,0,0),M(0,0,1),Q(0,y0,0),=(1,2,-1),
得=(2,-2,-2),=(0,y0,-1),
设m=(a,b,c)是平面MNQ的一个法向量,
则
不妨取b=1,得a=y0-2,c=y0,所以m=(y0-2,1,y0),
由A1B⊥平面MNQ,得∥m,即存在实数λ,满足m=λ,即解得λ=-,y0=1,因此CQ=1,即Q是CC1的中点,所以在线段CC1上存在点Q,使得A1B⊥平面MNQ,此时=.
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E,
设u=(x,y,z)为平面C1DE的一个法向量,
又=,=,
故不妨取x=λ,
得y=3λ-1,z=λ,则u=.
(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的一个法向量,
又=(0,0,2),=,
故不妨取y1=1,得x1=,z1=0,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=,-,.
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