2019-2020年高三数学立体几何体中的向量方法考点分类自测试题理

2019-2020年高三数学立体几何体中的向量方法考点分类自测试题理

一、选择题1．若平面α，β的法向量分别为a＝－124，b＝x，－1，－2，并且α⊥β，则x的值为　　A．10　　　　　　　　　　B．－10C.D．－2．已知＝15，－2，＝31，z，若⊥，＝x－1，y，－3，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为　　A.，－，4B.，－，4C.，－24D．4，，－

153.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　　A.B.C.D.

二、填空题7．已知＝221，＝453，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°，∠BAC＝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PAD；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，∴a·b＝0∴x＝－

10.答案B2．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C010，E，，1，B110，D000，∴＝，－，1，＝－1，－10．∴·＝－＋＋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，∴Ma，a，，Na，a，a．∴＝－，0，a．又C1000，D10，a0，∴＝0，a0．∴·＝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x、y、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则B000，C1202，E010，F00，1，∴＝0，－11，＝202∴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A000，B02a0，C02a2a，Ga，a0，Fa00，＝a，a0，＝02a2a，＝a，－a0，＝002a，设平面AGC的法向量为n1＝x1，y11，由⇒⇒⇒n1＝1，－11．sinθ＝＝＝.答案C

二、填空题7．解析设平面ABC的法向量n＝x，y1，则n⊥且n⊥，即n·＝0，且n·＝

0.即即∴n＝，－11，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C020，E012，A200，＝－220，＝012，∴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Aa00，B0，a0，C－a00，P0，－，，则＝2a00＝－a，－，，＝a，a0，设平面PAC的法向量为n，可求得n＝011，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，，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D000，B100，C030，A00，，E，，0，∴＝，，－，＝100，∴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A000，B020，C110，D100，P001，M01，．1证明因＝001，＝010，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⊥平面PAD.又DC在平面PCD上，故面PAD⊥面PCD.2因＝110，＝02，－1，故||＝，||＝，·＝2，所以cos，＝＝.3在MC上取一点Nx，y，z，则存在λ∈R，使＝λ，＝1－x1－y，－z，＝10，－，∴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．∵||＝，||＝，·＝－.∴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＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝

1.设AB＝AP＝t，则Bt00，P00，t．由AB＋AD＝4得AD＝4－t，所以E03－t0，C13－t0，D04－t0，＝－110，＝04－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，t4－t．又＝t0，－t，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°＝||，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G0，m0其中0≤m≤4－t，则＝13－t－m0，＝04－t－m0，＝0，－m，t．由||＝||得12＋3－t－m2＝4－t－m2，即t＝3－m；1由||＝||得4－t－m2＝m2＋t

2.2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．。