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1、题组训练 5757 空间向量的应用（二）空间的角与距离 第 1 1 课时 1(2018广西桂林一中期中)若 a a(2，3，m)，b b(2n，6，8)，且 a a，b b 为共线向量，则 m n 的值为( ) 5 A7 B. 2 C6 D8 答案 C 2 3 m 解析 由 a a，b b 为共线向量，得 ，解得 m4，n2，则 mn6.故选 C. 2n 6 8 2已知向量 a a(2，1，3)，b b(1，4，2)，c c(7，5，)若 a a，b b，c c 三个向量共 面，则实数 等于( ) 62 63 A. B. 7 7 60 65 C. D. 7 7 答案 D 72t， 解析 由题意
2、，得 c cta ab b(2t，t4，3t2)，所以解得 53t42，) 33 t ， 7 17 . ) ， 故选 D. 7 65 7 3若平面 的一个法向量为(1，2，0)，平面 的一个法向量为(2，1，0)，则平面 和 平面 的位置关系是( ) A平行 B相交但不垂直 C垂直 D重合 答案 C 解析 由(1，2，0)(2，1，0)122(1)000，知两平面的法向量互相垂直， 所以两平面互相垂直 4已知平面 内有一个点 M(1，1，2)，平面 的一个法向量是 n n(6，3，6)，则下列 点 P 在平面 内的是( ) AP(2，3，3) BP(2，0，1) CP(4，4，0) DP(3，
3、3，4) 1 答案 A 解析 n n(6，3，6)是平面 的法向量， n nMP，在选项 A 中，MP(1，4，1)，n nMP0. 5已知 A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，则平面 ABC 的一个单位法向量是( ) 3 3 3 3 3 3 A( ， ， ) B( ， ， ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 C( ， ， ) D( ， ， ) 3 3 3 3 3 3 答案 D 解析 AB(1，1，0)，AC(1，0，1)， xy0， 设平面 ABC 的一个法向量 n n(x，y，z)，xz0. ) 令 x1，则 y1，z1，n n(1，1，1) n n 3
4、3 3 单位法向量为： ( ， ， ) |n n| 3 3 3 6已知AB(1，5，2)，BC(3，1，z)，若 ABBC，BP(x1，y，3)，且 BP平面 ABC，则实数 x，y，z 分别为( ) 33 15 40 15 A. ， ，4 B. ， ，4 7 7 7 7 40 40 C. ，2，4 D4， ，15 7 7 答案 B 解析 ABBC，ABBC0，即 352z0，得 z4，又 BP平面 ABC，BPAB，BP 40 x ， （x1）5y60， 7 3（x1）y120，).) BC，又BC (3，1，4)，则 解得 15 y 7 7已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在的平面外一
5、点，如果AB(2，1，4)，AD(4，2，0)， AP(1，2，1)对于结论：APAB；APAD；AP 是平面 ABCD的法向量；AP BD.其中正确的是_ 答案 解析 ABAP0，ADAP0， ABAP，ADAP.则正确从而正确，又BDADAB(4，2，0)(2，1，4) 2 1 2 (2，3，4) .AP 与BD 不平行不正确 2 3 8(2018甘肃兰州质检)如图，在直角梯形 ABCD 中，BCDC，AEDC，且 E 为 CD的中点， M，N 分别是 AD，BE 的中点，将三角形 ADE沿 AE折起，则下列说法正确的是_(写出 所有正确说法的序号) 不论 D 折至何位置(不在平面 ABC
6、内)，都有 MN平面 DEC； 不论 D 折至何位置(不在平面 ABC内)，都有 MNAE； 不论 D 折至何位置(不在平面 ABC内)，都有 MNAB； 在折起过程中，一定存在某个位置，使 ECAD. 答案 解析 不妨设 BCa，CEEDb.折起后CED(0)以 E 为原点，EA，EC 分别为 x 轴，y 轴 则 A(a，0，0)，C(0，b，0)，D(0，bcos，bsin) a b b a b M( ， cos， sin)，N( ，0) 2 2 2 2 2 b b b MN(0， cos， sin)，EA(a，0，0)，AB(0，b，0)，AD(a，bcos，bsin 2 2 2 )，E
7、C(0，b，0) MNEA0，MNAE，对，EA 是平面 CED的法向量 MN平面 DEC，对，MN与 AB 异面，不对当 时，ADEC0，对 2 综上，正确 9.如右图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2D，为CC1的中点求证： AB1平面A1BD. 答案 略 证明 方法一：设平面 A1BD 内的任意一条直线 m 的方向向量为 m m.由共面向量定理，则存在实 数 ，使 m mBA1BD. 令BB1a a，BCb b，BAc c，显然它们不共面，并且|a a|b b|c c|2，a ab ba ac c0，b bc c 1 2，以它们为空间的一组基底，则BA1a ac c，BD
8、a ab b，AB1a ac c，m mBA1BD( 2 1 1 1 )a ab bc c，AB1m m(a ac c)( )a ab bc c4( )240. 2 2 2 3 故AB1m m，结论得证 方法二：基向量的取法同上 AB1BA1(a ac c)(a ac c)|a a|2|c c|20， 1 1 1 AB1 BD AB1 BA1 AB1 BD 2 2 2 (a ac c)( a ab b) |a a|2a ab b a ac cb bc c0， ， ，即 AB1 BA1，AB1BD，由直线和平面垂直的判定定理，知 AB1平面 A1BD. 方法三：取 BC 的中点 O，连接 AO.
9、 ABC为正三角形，AOBC. 在正三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 ABC平面 BCC1B1，AO平面 BCC1B1. 取 B1C1的中点 O1，以 O 为原点，OB，OO1，OA 的方向分别为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角坐 标系，如下图所示，则 B(1，0，0)，D(1，1，0)，A1(0，2， 3)，A(0，0， 3)，B1(1，2，0)设 平面 A1BD 的法向量为 n n(x，y，z)，BA1(1，2， 3)，BD(2，1，0) n nBA10， 0 ) 则 n nBA1，n nBD，故 n nBD x2y 3z0， 2xy0， )令 x1，则 y2，z 3. 故 n n(
10、1，2， 3)为平面 A1BD的一个法向量，而AB1(1，2， 3)，AB1n n，即 n n， AB1 AB1平面 A1BD. 10(2018杭州学军中学模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，底面 ABCD 是直 1 1 角梯形，其中 ADBC，ABAD，ABAD BC，BE BC.求证：DE平面 PAC. 2 4 解析 如图，以 A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角 坐标系 Axyz， 4 1 设 ABAD BC2， 2 则 D(0，2，0)，E(2，1，0)，A(0，0，0)，C(2，4，0) DE(2，1，0)，AC
11、(2，4，0) 设 P(0，0，z)，AP(0，0，z) 设 m m(x1，y1，z1)为平面 APC的一个法向量，则 m mAP，m mAC. z1z0， z10， 2x14y10，)x12y1.)令 y11，则 m m(2，1，0)，显然 m mDE. DEm m，DE平面 PAC. 11.(2018甘肃省兰州市高考实战模拟)如图所示的空间几何体 ABCDEFG 中，四边形 ABCD是边长为 2 的正方形，AE平面 ABCD，EFAB，EGADE，F EG1，AE3. 求证：平面 CFG平面 ACE. 答案 略 解析 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(2， 0，0)，C(2，2，0)，E(0，0，3)，G(0，1，3)，F(1，0，3) AE(0，0，3)，AC(2，2，0)，FG(1，1，0)，FGAC220 0，FGAE0000. FGAC，FGAE. FG平面 ACE. 又 FG 平面 CFG， 平面 CFG平面 ACE. 12(2018江西景德镇二中模拟)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 3， 点 E 在 AA1上，点 F 在 CC1上，且 AEFC11. (1)求证：E，B，F，D1四点共面； 2 (2)若点 G 在 BC上，BG ，点 M 在 BB1上，GMBF，垂足为 H，求证：EM 3 平面 BCC1B1. 5