《2022年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)分類(lèi)自測(cè) 立體幾何體中的向量方法 理》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)分類(lèi)自測(cè) 立體幾何體中的向量方法 理（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)分類(lèi)自測(cè) 立體幾何體中的向量方法 理 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(shí)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(diǎn)，則異面直線(xiàn)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(zhǎng)為a，M，N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是 (　　) A．相交 B．

3、平行 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(diǎn)E、F分別是棱AB、BB1的中點(diǎn)，則直線(xiàn)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(diǎn)，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(diǎn)，正方體的棱長(zhǎng)為2，則異面直線(xiàn)DE與AC所成角的余弦值為_(kāi)_______． 9．正四棱錐S－ABCD中，O為頂點(diǎn)在底面上的射影，P為側(cè)棱SD的中點(diǎn)，且SO＝OD，則直線(xiàn)BC與平面PAC所成的角是________． 三、解答題 10．如圖，在△ABC中，∠ABC

5、＝60°，∠BAC＝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(shè)E為BC的中點(diǎn)，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(diǎn)． (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)

6、求證：平面PAB⊥平面PAD； (2)設(shè)AB＝AP. (ⅰ)若直線(xiàn)PB與平面PCD所成的角為30°，求線(xiàn)段AB的長(zhǎng)； (ⅱ)在線(xiàn)段AD上是否存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、B、C、D的距離都相等？說(shuō)明理由． 詳解答案 一、選擇題 1．解析：∵α⊥β，∴a·b＝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(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1，則相關(guān)

7、點(diǎn)的坐標(biāo)為C(0,1,0)，E(，，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(xiàn)為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)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(diǎn)

8、為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BC、BA、BB1分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)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(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)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(shè)平面AGC的法向量為n1＝(x1，y

9、1,1)， 由??? n1＝(1，－1,1)． sinθ＝＝＝. 答案：C 二、填空題 7．解析：設(shè)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(biāo)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(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz.設(shè)OD＝SO＝OA＝OB＝O

10、C＝a， 則A(a,0,0)，B(0， a,0)， C(－a,0,0)，P(0，－，)， 則 ＝(2a,0,0) ＝(－a，－，)， ＝(a，a,0)， 設(shè)平面PAC的法向量為n，可求得n＝(0,1,1)， 則cos〈 ，n〉＝＝＝， ∴〈 ，n〉＝60°.∴直線(xiàn)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(dāng)△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

11、，DB，DC兩兩垂直，不妨設(shè)|DB|＝1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以 ， ， 所在直線(xiàn)為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)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(biāo)原點(diǎn)，AD長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則各點(diǎn)坐標(biāo)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(shè)知AD

12、⊥DC，且AP與AD是平面PAD內(nèi)的兩條相交直線(xiàn)，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上取一點(diǎn)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(dāng)λ＝時(shí)，N點(diǎn)坐標(biāo)為(，1，)， 能使 · ＝0. 此時(shí)，＝(，1，)， ＝(，－1，)， 有 · ＝0 由 · ＝0， ·

13、 ＝0得AN⊥MC，BN⊥MC. 所以∠ANB為所求二面角的平面角． ∵| |＝，| |＝， · ＝－. ∴cos〈， 〉＝＝－. ∴平面AMC與平面BMC所成角的余弦值為－. 12．解：(1)證明：因?yàn)镻A⊥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(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz(如圖)． 在平面ABCD內(nèi)，作CE∥AB交AD于點(diǎn)E， 則CE⊥AD. 在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1， CE＝CD·sin 4

14、5°＝1. 設(shè)AB＝AP＝t，則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)設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 由n⊥ ，n⊥ ，得 取x＝t，得平面PCD的一個(gè)法向量n＝(t，t,4－t)． 又 ＝(t,0，－t)， 故由直線(xiàn)PB與平面PCD所成的角為30°得 cos 60°＝||， 即＝， 解得t＝或t＝4(舍去，因?yàn)锳D＝4－t＞0)， 所以AB＝. (ⅱ)假設(shè)在線(xiàn)段AD上存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到P，B，C，D的距離都相等， 設(shè)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(jiǎn)得m2－3m＋4＝0.(3) 由于方程(3)沒(méi)有實(shí)數(shù)根，所以在線(xiàn)段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、C、D的距離都相等．從而，在線(xiàn)段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、B、C、D的距離都相等．