高考数学 考点分类自测 立体几何体中的向量方法 理
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1、 高考理科数学考点分类自测:立体几何体中的向量方法 一、选择题 1.若平面α,β的法向量分别为a=(-1,2,4),b=(x,-1,-2),并且α⊥β,则x的值为 ( ) A.10 B.-10 C. D.- 2.已知=(1,5,-2), =(3,1,z),若 ⊥ , =(x-1,y,-3),且BP⊥平面ABC,则实数x,y,z分别为 ( ) A.
2、,-,4 B.,-,4 C.,-2,4 D.4,,-15 3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1C1的中点,则异面直线CE与BD所成的角为 ( ) A.30 B.45 C.60 D.90 4.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是 ( ) A.相交 B.平行
3、C.垂直 D.不能确定 5.如图所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90,点E、F分别是棱AB、BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是 ( ) A.45 B.60 C.90 D.120 6.如图,平面ABCD⊥平面ABEF,四边形ABCD是正方形,四边形ABEF是矩形,且AF=AD=a,G是EF的中点,则GB与平面AGC所成角的正弦值为
4、 ( ) A. B. C. D. 二、填空题 7.已知 =(2,2,1), =(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是________. 8.在如右图所示的正方体A1B1C1D1-ABCD中,E是C1D1的中点,正方体的棱长为2,则异面直线DE与AC所成角的余弦值为________. 9.正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角是________. 三、解答题 10.如图,在△ABC中,∠ABC=60,∠BA
5、C=90,AD是BC上的高,沿AD把△ABD折起,使∠BDC=90. (1)证明:平面ADB⊥平面BDC; (2)设E为BC的中点,求 与 夹角的余弦值. 11.已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB∥DC,∠DAB=90,PA⊥底面ABCD,且PA=AD=DC=,AB=1, M是PB的中点. (1)证明:平面PAD⊥平面PCD; (2)求AC与PB所成的角; (3)求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值. 12.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45. (1)求证:平面PAB⊥平面P
6、AD; (2)设AB=AP. (ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30,求线段AB的长; (ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等?说明理由. 详解答案 一、选择题 1.解析:∵α⊥β,∴ab=0 ∴x=-10. 答案:B 2.解析: ⊥ ⇒ =3+5-2z=0,∴z=4. 又BP⊥平面ABC, ∴=x-1+5y+6=0,① =3x-3+y-3z=0,② 由①②得x=,y=-. 答案:B 3. 解析:以D点为原点,建立空间直角坐标系, 设正方体棱长为1,则相关点的坐标为C(0,1,0),E(,
7、,1),B(1,1,0),D(0,0,0),∴ =(,-,1), =(-1,-1,0). ∴ =-++0=0. ∴ ⊥ ,即CE⊥BD. 答案:D 4. 解析:分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系. ∵A1M=AN=a, ∴M(a,a,),N(a,a, a). ∴ =(-,0,a). 又C1 (0,0,0),D1(0,a,0), ∴ =(0,a,0). ∴ =0,∴⊥ . ∵ 是平面BB1C1C的法向量, 且MN⊄平面BB1C1C,∴MN∥平面BB1C1C. 答案:B 5. 解析:以B点为坐标原点,以BC、BA、BB1分别为
8、x、y、z轴建立空间直角坐标系.设AB=BC=AA1=2, 则B(0,0,0),C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),∴ =(0,-1,1), =(2,0,2) ∴cos〈 , 〉= ==.∴EF与BC1所成角为60. 答案:B 6. 解析:如图,以A为原点建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(0,2a,0),C(0,2a,2a),G(a,a,0),F(a,0,0), =(a,a,0), =(0,2a,2a), =(a,-a,0), =(0,0,2a), 设平面AGC的法向量为n1=(x1,y1,1), 由⇒⇒⇒ n1=(1,-
9、1,1). sinθ===. 答案:C 二、填空题 7.解析:设平面ABC的法向量n=(x,y,1), 则n⊥ 且n⊥ , 即n =0,且n=0. 即即 ∴n=(,-1,1),单位法向量为 =(,-,). 答案:(,-,)或(-,,-) 8.解析:分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则C(0,2,0),E(0,1,2),A(2,0,0), =(-2,2,0), =(0,1,2), ∴cos〈 , 〉=. 答案: 9.解析:如图,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a, 则A(a,0,0),B(0, a,0
10、), C(-a,0,0),P(0,-,), 则 =(2a,0,0) =(-a,-,), =(a,a,0), 设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1), 则cos〈 ,n〉===, ∴〈 ,n〉=60.∴直线BC与平面PAC所成的角为90-60=30. 答案:30 三、解答题 10.解:(1)证明:∵折起前AD是BC边上的高, ∴当△ABD折起后,AD⊥DC,AD⊥DB. 又DB∩DC=D, ∴AD⊥平面BDC. ∵AD⊂平面ABD, ∴平面ABD⊥平面BDC. (2)由∠BDC=90及(1)知DA,DB,DC两两垂直,不妨设|DB|=1,以D为坐标原点,以
11、 , , 所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,易得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),A(0,0,),E(,,0), ∴ =(,,-), =(1,0,0), ∴ 与 夹角的余弦值为 cos〈,〉===. 11.解:以A为坐标原点,AD长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为A(0,0,0),B(0,2,0),C(1,1,0),D(1,0,0),P(0,0,1),M(0,1,). (1)证明:因 =(0,0,1), =(0,1,0),故 =0,所以AP⊥DC. 由题设知AD⊥DC,且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线,由此得DC⊥
12、平面PAD. 又DC在平面PCD上,故面PAD⊥面PCD. (2)因 =(1,1,0), =(0,2,-1), 故| |=,| |=, =2, 所以cos< , >==. (3)在MC上取一点N(x,y,z),则存在λ∈R,使 =λ , =(1-x,1-y,-z), =(1,0,-), ∴x=1-λ,y=1,z=λ. 要使AN⊥MC,只需 =0即x-z=0, 解得λ=. 可知当λ=时,N点坐标为(,1,), 能使 =0. 此时,=(,1,), =(,-1,), 有 =0 由 =0, =0得AN⊥MC,BN⊥MC. 所以∠ANB为所求二面角的平面角.
13、∵| |=,| |=, =-. ∴cos〈, 〉==-. ∴平面AMC与平面BMC所成角的余弦值为-. 12.解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD, AB⊂平面ABCD, 所以PA⊥AB. 又AB⊥AD,PA∩AD=A, 所以AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A-xyz(如图). 在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E, 则CE⊥AD. 在Rt△CDE中,DE=CDcos 45=1, CE=CDsin 45=1. 设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0, t). 由AB+
14、AD=4得AD=4-t, 所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0), =(0,4-t,-t). (ⅰ)设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), 由n⊥ ,n⊥ ,得 取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t). 又 =(t,0,-t), 故由直线PB与平面PCD所成的角为30得 cos 60=||, 即=, 解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0), 所以AB=. (ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到P,B,C,D的距离都相等, 设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t), 则 =(1,3-t-m,0), =(0,4-t-m,0), =(0,-m,t). 由| |=| |得 12+(3-t-m)2 =(4-t-m)2,即t=3-m;(1) 由| |=| |得(4-t-m)2=m2+t2.(2) 由(1)、(2)消去t,化简得m2-3m+4=0.(3) 由于方程(3)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、C、D的距离都相等.从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.
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