2019-2020年高考數(shù)學考點分類自測 立體幾何體中的向量方法 理.doc

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2019-2020年高考數(shù)學考點分類自測 立體幾何體中的向量方法 理 一、選擇題 1．若平面α，β的法向量分別為a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，并且α⊥β，則x的值為 (　　) 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，則實數(shù)x，y，z分別為 (　　) A.，－，4 B.，－，4 C.，－2,4 D．4，，－15 3.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為A1C1的中點，則異面直線CE與BD所成的角為 (　　) A．30 B．45 C．60 D．90 4.如圖所示，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 (　　) A．相交 B．平行 C．垂直 D．不能確定 5.如圖所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是 (　　) A．45 B．60 C．90 D．120 6.如圖，平面ABCD⊥平面ABEF，四邊形ABCD是正方形，四邊形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中點，則GB與平面AGC所成角的正弦值為 (　　) A. B. C. D. 二、填空題 7．已知 ＝(2,2,1)， ＝(4,5,3)，則平面ABC的單位法向量是________． 8．在如右圖所示的正方體A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中點，正方體的棱長為2，則異面直線DE與AC所成角的余弦值為________． 9．正四棱錐S－ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側棱SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是________． 三、解答題 10．如圖，在△ABC中，∠ABC＝60，∠BAC＝90，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90. (1)證明：平面ADB⊥平面BDC； (2)設E為BC的中點，求 與 夾角的余弦值． 11．已知四棱錐P－ABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝，AB＝1， M是PB的中點． (1)證明：平面PAD⊥平面PCD； (2)求AC與PB所成的角； (3)求平面AMC與平面BMC所成二面角的余弦值． 12．如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD.四邊形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45. (1)求證：平面PAB⊥平面PAD； (2)設AB＝AP. (ⅰ)若直線PB與平面PCD所成的角為30，求線段AB的長； (ⅱ)在線段AD上是否存在一個點G，使得點G到點P、B、C、D的距離都相等？說明理由． 詳解答案 一、選擇題 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點為原點，建立空間直角坐標系， 設正方體棱長為1，則相關點的坐標為C(0,1,0)，E(，，1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)，∴ ＝(，－，1)， ＝(－1，－1,0)． ∴ ＝－＋＋0＝0. ∴ ⊥ ，即CE⊥BD. 答案：D 4. 解析：分別以C1B1，C1D1，C1C所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系． ∵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點為坐標原點，以BC、BA、BB1分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系．設AB＝BC＝AA1＝2， 則B(0,0,0)，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0，1)，∴ ＝(0，－1,1)， ＝(2,0,2) ∴cos〈 ， 〉＝ ＝＝.∴EF與BC1所成角為60. 答案：B 6. 解析：如圖，以A為原點建立空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(xiàn)(a,0,0)， ＝(a，a,0)， ＝(0,2a,2a)， ＝(a，－a,0)， ＝(0,0,2a)， 設平面AGC的法向量為n1＝(x1，y1,1)， 由??? n1＝(1，－1,1)． sinθ＝＝＝. 答案：C 二、填空題 7．解析：設平面ABC的法向量n＝(x，y,1)， 則n⊥ 且n⊥ ， 即n ＝0，且n＝0. 即即 ∴n＝(，－1,1)，單位法向量為 ＝(，－，)． 答案：(，－，)或(－，，－) 8．解析：分別以DA，DC，DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則C(0,2,0)，E(0,1,2)，A(2,0,0)， ＝(－2,2,0)， ＝(0,1,2)， ∴cos〈 ， 〉＝. 答案： 9．解析：如圖，以O為原點建立空間直角坐標系O－xyz.設OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a， 則A(a,0,0)，B(0， a,0)， C(－a,0,0)，P(0，－，)， 則 ＝(2a,0,0) ＝(－a，－，)， ＝(a，a,0)， 設平面PAC的法向量為n，可求得n＝(0,1,1)， 則cos〈 ，n〉＝＝＝， ∴〈 ，n〉＝60.∴直線BC與平面PAC所成的角為90－60＝30. 答案：30 三、解答題 10．解：(1)證明：∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當△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兩兩垂直，不妨設|DB|＝1，以D為坐標原點，以 ， ， 所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E(，，0)， ∴ ＝(，，－)， ＝(1,0,0)， ∴ 與 夾角的余弦值為 cos〈，〉＝＝＝. 11．解：以A為坐標原點，AD長為單位長度，如圖建立空間直角坐標系，則各點坐標為A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，M(0,1，)． (1)證明：因 ＝(0,0,1)， ＝(0,1,0)，故 ＝0，所以AP⊥DC. 由題設知AD⊥DC，且AP與AD是平面PAD內的兩條相交直線，由此得DC⊥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上取一點N(x，y，z)，則存在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＝. 可知當λ＝時，N點坐標為(，1，)， 能使 ＝0. 此時，＝(，1，)， ＝(，－1，)， 有 ＝0 由 ＝0， ＝0得AN⊥MC，BN⊥MC. 所以∠ANB為所求二面角的平面角． ∵| |＝，| |＝， ＝－. ∴cos〈， 〉＝＝－. ∴平面AMC與平面BMC所成角的余弦值為－. 12．解：(1)證明：因為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為坐標原點，建立空間直角坐標系A－xyz(如圖)． 在平面ABCD內，作CE∥AB交AD于點E， 則CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CDcos 45＝1， CE＝CDsin 45＝1. 設AB＝AP＝t，則B(t,0,0)，P(0,0， t)． 由AB＋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)設平面PCD的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由n⊥ ，n⊥ ，得 取x＝t，得平面PCD的一個法向量n＝(t，t,4－t)． 又 ＝(t,0，－t)， 故由直線PB與平面PCD所成的角為30得 cos 60＝||， 即＝， 解得t＝或t＝4(舍去，因為AD＝4－t＞0)， 所以AB＝. (ⅱ)假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到P，B，C，D的距離都相等， 設G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)， 則 ＝(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，化簡得m2－3m＋4＝0.(3) 由于方程(3)沒有實數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P、C、D的距離都相等．從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P、B、C、D的距離都相等．