【三维设计】2022届高考数学一轮复习 教师备选作业 第七章 第七节 立体几何体中的向量方法 理

第七章第七节立体几何体中的向量方法一、选择题1．若平面α，β的法向量分别为a＝(－1,2,4)，b＝(x，－1，－2)，并且α⊥β，则x的值为(　　)A．10　　　　　　　　　　B．－10C.D．－2．已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为(　　)A.，－，4B.，－，4C.，－2,4D．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-8-\n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＝(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．-8-\n12．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：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)．∴·＝－＋＋0＝0.∴⊥，即CE⊥BD.-8-\n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．∵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：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AB＝BC＝AA1＝2，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)，-8-\n设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，由⇒⇒⇒n1＝(1，－1,1)．sinθ＝＝＝.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n·＝0.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O－xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，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〉＝＝＝，∴〈，n〉＝60°.∴直线BC与平面PAC所成的角为90°－60°＝30°.答案：30°-8-\n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＝(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λ∈R，使＝λ，＝(1－x,1－y，－z)，＝(1,0，－)，∴x＝1－λ，y＝1，z＝λ.-8-\n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)设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥，n⊥，得-8-\n取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．又＝(t,0，－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G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)，则＝(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．-8-