2019-2020年高考数学考点分类自测 立体几何体中的向量方法 理.doc

2019-2020年高考数学考点分类自测 立体几何体中的向量方法 理一、选择题1若平面，的法向量分别为a(1,2,4)，b(x，1，2)，并且，则x的值为 ()A10B10C. D2已知(1,5，2)， (3,1，z)，若 ， (x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为 ()A.，4 B.，4C.，2,4 D4，153.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为A1C1的中点，则异面直线CE与BD所成的角为 ()A30 B45C60 D904.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，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ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是 ()A45 B60C90 D1206.如图，平面ABCD平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AFADa，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 (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A1B1C1D1ABCD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SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_三、解答题10如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90. (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PABCD的底面为直角梯形，ABDC，DAB90，PA底面ABCD，且PAADDC，AB1， 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PABCD中，PA底面ABCD.四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.()若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；()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：，ab0x10.答案：B2解析： 352z0，z4.又BP平面ABC，x15y60，3x3y3z0，由得x，y.答案：B3. 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(，1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)， (，1)， (1，1,0) 00. ，即CEBD.答案：D4. 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A1MANa，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：B5. 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ABBCAA12，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：B6. 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(1，1,1)sin.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n0.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Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a,0,0)，B(0， a,0)，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， ，n60.直线BC与平面PAC所成的角为906030.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，ADDC，ADDB.又DBDCD，AD平面BDC.AD平面ABD，平面ABD平面BDC.(2)由BDC90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APDC.由题设知ADDC，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 (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R，使 ，(1x,1y，z)， (1,0，)，x1，y1，z.要使ANMC，只需 0即xz0，解得.可知当时，N点坐标为(，1，)，能使 0.此时，(，1，)， (，1，)，有 0由 0， 0得ANMC，BNMC.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PAAB.又ABAD，PAADA，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Axyz(如图)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECDcos 451，CECDsin 451.设ABAPt，则B(t,0,0)，P(0,0， t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)， (0,4t，t)()设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，由n ，n ，得取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)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t4(舍去，因为AD4t0)，所以AB.()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0m4t)，则 (1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由| | |得12(3tm)2(4tm)2，即t3m；(1)由| | |得(4tm)2m2t2.(2)由(1)、(2)消去t，化简得m23m40.(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