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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.。