2022届高考数学一轮复习核心素养测评第九章9.6利用空间向量讨论平行与垂直理含解析北师大版

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)
【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( ) 世纪金榜导学号
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)
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________________.
世纪金榜导学号
【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),
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.
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.
世纪金榜导学号
(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)、E a,,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)=a x-=0,得x=;
由·=x-,-,z-·(0,-a,a)=+a z-=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( )
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),N a,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;
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x Q+y Q=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: 世纪金榜导学号(1)DE∥平面ABC.(2)B1F⊥平面AEF.
【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. 世纪金榜导学号
(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.
【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.
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,则的值为世纪金榜导学号( )
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=________________. 世纪金榜导学号
【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),
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
附：什么样的考试心态最好
大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。

想要不出现太强的考试焦虑，那么最好的办法是，形成自己的掌控感。

1、首先，认真研究考试办法。

这一点对知识水平比较高的考生非常重要。

随着重复学习的次数增加，我们对知识的兴奋度会逐渐下降。

最后时刻，再去重复学习，对于很多学生已经意义不大，远不如多花些力气，来思考考试。

很多老师也会讲解考试的办法。

但是，老师给你的办法，不能很好地提高你对考试的掌控感，你要找到自己的一套明确的考试办法，才能最有效地提高你的掌控感。

有了这种掌控感，你不会再觉得，在如此关键性的考试面前，你是一只被检验、被考察甚至被宰割的绵羊。

2、其次，试着从考官的角度思考问题。

考官，是掌控考试的;考生，是被考试考验的。

如果你只把自己当成一个考生，你难免会惶惶不安，因为你觉得自己完全是个被摆布者。

如果从考官的角度去看考试，你就成了一名主动的参与者。

具体的做法就是，面对那些知识点，你想像你是一名考官，并考虑，你该用什么形式来考这个知识点。

高考前两个半月，我用这个办法梳理了一下所有课程，最后起到了匪夷所思的效果，令我在短短两个半月，从全班第19名升到了全班第一名。

当然，这有一个前提——考试范围内的知识点，我基本已完全掌握。

3、再次，适当思考一下考试后的事。

如觉得未来不可预测，我们必会焦虑。

那么，对未来做好预测，这种焦虑就会锐减。

这时要明白一点：考试是很重要，但只是人生的一个重要瞬间，所谓胜败也只是这一瞬间的胜败，它的确会带给我们很多，但它远不能决定我们一生的成败。