《2022年高考數(shù)學大一輪復習 8.6立體幾何中的向量方法（Ⅰ）試題 理 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學大一輪復習 8.6立體幾何中的向量方法（Ⅰ）試題 理 蘇教版（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學大一輪復習 8.6立體幾何中的向量方法（Ⅰ）試題 理 蘇教版 一、填空題 1．已知空間三點A(0,2,3)，B(－2,1,6)，C(1，－1,5)．若|a|＝，且a分別與，垂直，則向量a為________． 解析　由條件知＝(－2，－1,3)，＝(1，－3,2)，設a＝(x，y，z)則有解可得a＝±(1,1,1)． 答案　(1,1,1)或(－1，－1，－1) 2．已知a＝(1,1,1)，b＝(0,2，－1)，c＝ma＋nb＋(4，－4,1)．若c與a及b都垂直，則m，n的值分別為________． 解析　由已知得c＝(m＋4，m＋2n－4，m－n＋1)， 故a·

2、c＝3m＋n＋1＝0，b·c＝m＋5n－9＝0. 解得 答案?。?,2 3．已知a＝，b＝滿足a∥b，則λ等于________． 解析　由＝＝，可知λ＝. 答案　 4．若直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，在下列四組向量中能使l∥α的是________(填序號)． ①a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0)；②a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)；③a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1)；④a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1)． 解析　若l∥α，則a·n＝0.而①中a·n＝－2， ②中a·n＝1＋5＝6，③中a·n＝－1，只有④選項中a·n＝－3＋3＝0.

3、答案　④ 5．設a＝(1,2,0)，b＝(1,0,1)，則“c＝”是“c⊥a，c⊥b且c為單位向量”的________條件． 解析　當c＝時，c⊥a，c⊥b且c為單位向量，反之則不成立． 答案　充分不必要 6．若|a|＝，b＝(1,2，－2)，c＝(2,3,6)，且a⊥b，a⊥c，則a＝________. 解析　設a＝(x，y，z)，∵a⊥b，∴x＋2y－2z＝0. ① ∵a⊥c，∴2x＋3y＋6z＝0. ② ∵|a|＝，∴x2＋y2＋z2＝17. ③ 聯(lián)立①②得x＝－18z，y＝10z， 代入③得425z2＝17，z＝±.

4、 ∴a＝或. 答案　或 7．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，則實數(shù)x，y，z分別為________． 解析　∵⊥，∴·＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4， 又BP⊥平面ABC，∴BP⊥AB，BP⊥BC，＝(3,1,4)， 則解得 答案　，－，4 8．設點C(2a＋1，a＋1,2)在點P(2,0,0)、A(1，－3,2)、B(8，－1，4)確定的平面上，則a＝________. 解析?。?－1，－3,2)，＝(6，－1,4)． 根據(jù)共面向量定理，設＝x＋y(x，y∈R)， 則(2a－1，a＋1,2)＝x(－1，－3

5、,2)＋y(6，－1,4) ＝(－x＋6y，－3x－y,2x＋4y)， ∴解得x＝－7，y＝4，a＝16. 答案　16 9．我們把平面內與直線垂直的非零向量稱為直線的法向量，在平面直角坐標系中利用動點軌跡的方法，可以求出過點A(2,1)且法向量n＝(－1,2)的直線(點法式)方程為－(x－2)＋2(y－1)＝0，化簡得x－2y＝0，類比以上求法在空間直角坐標系中，經(jīng)過點A(3，－1,3)且法向量為n＝(1，－2,1)的平面(點法式)方程為________．(請寫出化簡后的結果) 解析　設P(x，y，z)是平面內的任意一點，則⊥n， ∴·n＝(3－x，－1－y,3－z)·(1，－2,

6、1)＝0， 即x－2y＋z－8＝0. 答案　x－2y＋z－8＝0 10. 如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為a，M、N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關系是________． 解析　∵正方體棱長為a，A1M＝AN＝， ∴＝，＝， ∴＝＋＋＝＋＋ ＝(＋)＋＋(＋) ＝＋.又∵是平面B1BCC1的法向量， ∴·＝·＝0，∴⊥. 又∵MN?平面B1BCC1，∴MN∥平面B1BCC1. 答案　平行 二、解答題 11. 如圖所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是線段EF的中點

7、． 求證：(1)AM∥平面BDE； (2)AM⊥平面BDF. 證明　(1)建立如圖所示的空間直角坐標系， 設AC∩BD＝N，連接NE. 則點N、E的坐標分別為 、(0,0,1)． ∴＝. 又點A、M的坐標分別是(，，0)、 ∴＝. ∴＝且與不共線．∴NE∥AM. 又∵NE?平面BDE，AM?平面BDE， ∴AM∥平面BDE. (2)由(1)知＝， ∵D(，0,0)，F(xiàn)(，，1)，B(0，，0)， ∴＝(0，，1)，＝(，0,1)， ∴·＝0，·＝0， ∴AM⊥DF，AM⊥BF. 又DF∩BF＝F，∴AM⊥平面BDF. 12. 如圖，正四棱柱ABCD－A1B

8、1C1D1中，設AD＝1，D1D＝λ(λ>0)，若棱C1C上存在點P滿足A1P⊥平面PBD，求實數(shù)λ的取值范圍． 解　如圖，以點D為原點O，DA，DC，DD1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz，則D(0,0,0)，B(1,1,0)，A1(1,0，λ)，設P(0,1，x)，其中x∈[0，λ]， 則＝(－1,1，x－λ)，＝(－1,0，x)． ∵A1P⊥平面PBD， ∴·＝0， 即(－1,1，x－λ)·(－1,0，x)＝0，化簡，得x2－λx＋1＝0，x∈[0，λ]， 故判別式Δ＝λ2－4≥0，且λ>0， 解得λ≥2. ∴λ的取值范圍是[2，＋∞)． 13. 在棱長

9、為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱AB的中點，點P在平面A1B1C1D1內．若D1P⊥平面PCE，試求線段D1P的長． 解　建立如圖所示的空間直角坐標系，則D1(0,0,2)，E(2,1,0)，C(0,2,0)． 設P(x，y,2)，則＝(x，y,0)，＝(x－2，y－1,2)， ＝(－2,1,0)． ∵D1P⊥平面PCE，∴D1P⊥EP，D1P⊥EC， 即⊥，⊥， ∴·＝0，·＝0， 故 解得(舍去)或即P， ∴＝，∴D1P＝ ＝. 14．如圖(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6.D，E分別是AC，AB上的點，且DE∥BC，DE＝2，將

10、△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如圖(2)． (1)求證：A1C⊥平面BCDE； (2)若M是A1D的中點，求CM與平面A1BE所成角的大小； (3)線段BC上是否存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直？說明理由． (1)證明　∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC， 又A1C?平面A1DC，∴DE⊥A1C. 又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE. (2)解　如圖所示，以C為坐標原點，建立空間直角坐標系C－xyz 則A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,

11、2,0)． 設平面A1BE的法向量為n＝(x，y，z)， 則n·＝0，n·＝0. 又＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)，∴ 令y＝1，則x＝2，z＝，∴n＝(2,1，)． 設CM與平面A1BE所成的角為θ.∵＝(0,1，)， ∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝. ∴CM與平面A1BE所成角的大小為. (3)解　線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直．理由如下：假設這樣的點P存在，設其坐標為(p,0,0)，其中p∈[0,3]．設平面A1DP的法向量為m＝(x′，y′，z′)， 則m·＝0，m·＝0.又＝(0,2，－2)， ＝(p，－2,0)，∴ 令x′＝2，則y′＝p，z′＝，∴m＝. 平面A1DP⊥平面A1BE，當且僅當m·n＝0， 即4＋p＋p＝0.解得p＝－2，與p∈[0,3]矛盾． ∴線段BC上不存在點P，使平面A1DP與平面A1BE垂直.