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1、
高考理科數(shù)學考點分類自測：立體幾何體中的向量方法
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.
2、，－，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
3、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
4、 ( )
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，∠BA
5、C＝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P
6、AD；
(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(，
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
8、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，－
9、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
10、)，
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
11、 ， ， 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(nèi)的兩條相交直線，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．
13、∵| |＝，| |＝， ＝－.
∴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(nèi)，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＋
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)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．
高考數(shù)學 考點分類自測 立體幾何體中的向量方法 理
