高考数学教师备选作业立体几何体中的向量方法理.doc

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．－10
C. 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.，－，4 B.，－，4
C.，－2,4 D．4，，－15
3.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 ＝(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．
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：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.
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，
∴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：B
6. 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)．
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°
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.
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·cos 45°＝1，
CE＝CD·sin 45°＝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
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
cos 60°＝||，
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．