2024年新高考数学一轮复习题型归纳与达标检测第42讲空间向量及其运算和空间位置关系（达标检测）（Word版附解析）

第42讲空间向量及其运算和空间位置关系（达标检测）[A组]—应知应会1．（2019秋•河西区期末）若向量，0，，向量，1，，则　　A．，1，B．，1，C．，，D．，，【分析】利用向量坐标运算性质即可得出．【解答】解：，0，，1，，，，故选：．2．（2019秋•龙岩期末）在空间直角坐标系中，，为的中点，为空间一点且满足，若，，则　　A．9B．7C．5D．3【分析】设，，，，根据题意，得到关于，的方程组，求出，，代入即可．【解答】解：设，，，，，，，由，，由，得，化简得，以上方程组联立得，则，，，，，故选：．3．（2019秋•泉州期末）已知向量．若，则　　A．B．0C．1D．2【分析】利用向量平行的性质直接求解． 【解答】解：向量．，，解得．故选：．4．（2019秋•沙市区校级期末）空间四点，0，、，1，、，0，、，2，共面，则　　A．B．C．1D．4【分析】由题意设，可得，2，，，，且．即可得出．【解答】解：空间四点，0，、，1，、，0，、，2，共面，设，，2，，，，且．解得．故选：．5．（2019秋•德州期末）如图，平行六面体中，与的交点为，设，，，则下列选项中与向量相等的是　　A．B．C．D．【分析】利用向量加法法则直接求解．【解答】解：平行六面体中，与的交点为，设，，，． 故选：．6．（2019秋•仓山区校级期末）已知正四面体的各棱长为1，点是的中点，则的值为　　A．B．C．D．【分析】根据题意画出图形，结合图形利用向量的线性运算和数量积运算法则，计算即可．【解答】解：如图所示，正四面体的棱长是，是的中点；；故选：．7．（2020春•点军区校级月考）设，，向量，1，，，，，，，，且，，则　　A．B．C．3D．4【分析】利用向量平行和向量垂直的性质列出方程组，求出，，再由平面向量坐标运算法则求出 ，由此能求出．【解答】解：设，，向量，1，，，，，，，，且，，，解得，，，1，，，，，，．故选：．8．（2019秋•房山区期末）已知直线1的方向向量，2，，平面的法向量，4，，则直线1与平面的位置关系是　　A．B．C．D．【分析】由已知可求，判断与共线，即可得解．【解答】解：直线1的方向向量，2，，平面的法向量，4，，则与共线，可得：．故选：．9．（2019秋•南平期末）已知平面的一个法向量为，，则直线与平面的位置关系为　　A．B．C．相交但不垂直D．【分析】根据向量的坐标即可得出，根据平面的法向量与平面垂直即可得出．【解答】解：，，又，．故选：． 10．（2019秋•西安期末）已知向量，2，，，1，，若，分别是平面，的法向量，且，则　　A．B．1C．D．2【分析】利用向量垂直的性质直接求解．【解答】解：向量，2，，，1，，，分别是平面，的法向量，且，，解得．故选：．11．（2020春•和平区校级月考）已知平面的法向量是，，，平面的法向量是，，，且，则实数的值为　　．【分析】根据即可得出，从而得出，然后进行数量积的坐标运算即可求出的值．【解答】解：，，，解得或4．故答案为：或4．12．（2020春•济南期末）已知向量，，，，，，且，则的值为　　【分析】利用向量平行的性质直接求解．【解答】解：向量，，，，，，且，，解得．故答案为：．13．（2020春•杨浦区校级期中）已知平面的一个法向量为，则直线与平面的位置关系为　　．【分析】由得出，即得直线在平面上或直线与平面平行．【解答】解：由平面的一个法向量为， 且，所以；所以直线与平面的位置关系是：直线在平面上或直线与平面平行．故答案为：直线在平面上或直线与平面平行．14．（2020春•新余期末）已知直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，则　　．【分析】由直线与平面垂直，得到直线的方向向量与平面的方向向量垂直，由此能求出结果．【解答】解：直线与平面垂直，直线的一个方向向量为，向量与平面平行，，解得．故答案为：3．15．（2019秋•未央区校级期末）为空间中任意一点，，，三点不共线，且，若，，，四点共面，则实数　　．【分析】利用空间向量基本定理，及向量共面的条件，即可得到结论．【解答】解：由题意得，，且，，，四点共面，，故答案为：．16．（2019秋•内蒙古期末）已知空间三点，0，，，1，，，0，，设，．（1）求与的夹角的余弦值；（2）若向量与互相垂直，求实数的值；（3）若向量与共线，求实数的值．【分析】（1）求出，1，，，0，，利用空间向量夹角余弦值计算公式能求出与 的夹角的余弦值．（2）推导出，，，0，，，，，，，0，，，，由向量与互相垂直，能求出实数的值．（3）推导出，，，0，，，，，1，，0，，1，，由向量与共线，能求出实数的值．【解答】解：（1）空间三点，0，，，1，，，0，，，．，1，，，0，，设与的夹角为，则．（2），1，，，0，，，，，0，，，，，，，0，，，，向量与互相垂直，，整理，得，解得实数的值为或2．（3），1，，，0，，，，，0，，，，，1，，0，，1，，向量与共线，，解得实数的值为或1．17．（2019秋•西夏区校级月考）如图所示，平行六面体中，、分别在和上，且， （1）求证：、、、四点共面；（2）若，求的值．【分析】（1）利用向量三角形法则、向量共线定理、共面向量基本定理即可得出．（2）利用向量三角形法则、向量共线定理、共面向量基本定理即可得出．【解答】（1）证明：．、、、四点共面．（2）解：，，，，．18.如图所示，已知四棱锥PABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，平面PBC⊥底面ABCD.用向量方法证明：(1)PA⊥BD；(2)平面PAD⊥平面PAB.【解析】(1)取BC的中点O，连接PO，∵△PBC为等边三角形，∴PO⊥BC.∵平面PBC⊥底面ABCD，平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC， ∴PO⊥底面ABCD.以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝，∴A(1，－2,0)，B(1,0,0)，D(－1，－1,0)，P(0,0，)，∴＝(－2，－1,0)，＝(1，－2，－)．∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，∴⊥，∴PA⊥BD.(2)取PA的中点M，连接DM，则M.∵＝，＝(1,0，－)，∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，∴⊥，即DM⊥PB.∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，∴⊥，即DM⊥PA.又∵PA∩PB＝P，PA⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，∴DM⊥平面PAB.∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.[B组]—强基必备1.如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1； (2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．【解析】(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AA，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1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(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0，1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，∴⊥，即BD⊥AA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设＝λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．设平面DA1C1的法向量为n3＝(x3，y3，z3)，则又＝(0,2,0)，＝(，0，)，则 取n3＝(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1，