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1、△+△2019年數(shù)學高考教學資料△+△ 課時限時檢測(四十五)　立體幾何中的向量方法 (時間：60分鐘　滿分：80分)命題報告 考查知識點及角度 題號及難度 基礎 中檔 稍難 利用空間向量解決平行、垂直問題 1,3 6,10 利用空間向量求線線角、線面角 2,4 8,9 利用空間向量求二面角 5,7 空間向量的綜合應用 11、12 一、選擇題(每小題5分，共30分) 1．若直線l的方向向量為a，平面α的法向量為n，有可能使l∥α的是(　　) A．a＝(1,0,0)，n＝(－2,0,0) B．a＝(1,3,5)，n＝(1,0,1)

2、 C．a＝(0,2,1)，n＝(－1,0，－1) D．a＝(1，－1,3)，n＝(0,3,1) 【解析】　若l∥α，則an＝0. 而選項A中an＝－2. 選項B中an＝1＋5＝6. 選項C中an＝－1， 選項D中an＝－3＋3＝0， 故選D. 【答案】　D 2．平面α的一個法向量為n＝(1，－，0)則y軸與平面α所成的角的大小為(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 【解析】　y軸的方向向量為m＝(0,1,0)，設y軸與平面α所成的角為θ，則sin θ＝|cos〈m，n〉|，∵cos〈m，n〉＝＝＝－，∴sin θ＝，∴θ＝. 【答案】　B 3．已知平面α，β

3、的法向量分別為μ＝(－2,3，－5)，v＝(3，－1，4)則(　　) A．α∥β B．α⊥β C．α、β相交但不垂直 D．以上都不正確 【解析】　∵≠≠，∴μ與v不是共線向量， 又∵μv＝－23＋3(－1)＋(－5)4＝－29≠0， ∴μ與v不垂直，∴平面α與平面β相交但不垂直． 【答案】　C 4．在棱長為1的正方體ABCD—A1B1C1D1中，M，N分別是A1B1和BB1的中點，則直線AM與CN所成角α的余弦值為(　　) 圖7－7－11 A. B. C. D. 【解析】　以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖

4、所示的空間直角坐標系． 則A(1,0,0)，M，C(0,1,0)，N， ∴＝，＝. 故＝01＋0＋1＝， ||＝＝， ||＝＝， ∴cos α＝＝＝， 即直線AM與CN所成角α的余弦值為.故選A. 【答案】　A 5．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，則該二面角的大小為(　　) A．150 B．45 C．60 D．120 【解析】　如圖所示，二面角的大小就是〈，〉． ∵＝＋＋ ∴2＝2＋2＋2＋2(＋＋) ＝2＋2＋2＋2 ∴＝[(2)2－62－42－82

5、]＝－24. 因此＝24，cos〈，〉＝＝， ∴〈，〉＝60，故二面角為60. 【答案】　C 6．如圖7－7－12，正方形ABCD與矩形ACEF所在平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M在EF上且AM∥平面BDE.則M點的坐標為(　　) 圖7－7－12 A．(1,1,1) B. C. D. 【解析】　∵M在EF上，設ME＝x， ∴M， ∵A(，，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，，0)， ∴＝(，0，－1)，＝(0，，－1)， ＝(x－，x－，1)． 設平面BDE的法向量n＝(a，b，c)， 由得a＝b＝c. 故可取一個法向量n＝(1,1，)

6、． ∵n＝0，∴x＝1，∴M. 【答案】　C 二、填空題(每小題5分，共15分) 7．在正方體ABCD—A1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為________． 【解析】　以A為原點建系，設棱長為1，則A1(0,0,1)， E，D(0,1,0)， ∴＝(0,1，－1)， ＝(1,0，－)， 設平面A1ED的法向量為 n1＝(1，y，z)， 則 ∴ ∴n1＝(1,2,2)， ∵平面ABCD的一個法向量為n2＝(0,0,1)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝. 即所成的銳二面角的余弦值為. 【答案】　 8．在

7、長方體ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，則D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為________． 【解析】　如圖，建立空間直角坐標系D—xyz，則D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)， ∴＝(0,2,0)， 設平面A1BC1的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由 得 令y＝1，得n＝(2,1,2)， 設D1C1與平面A1BC1所成角為θ，則 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 即直線D1C1與平面A1BC1所成角的正弦值為. 【答案】　 9．正四棱錐S—ABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側棱

8、SD的中點，且SO＝OD，則直線BC與平面PAC所成的角是________． 【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)，C(－a,0,0)，P(0，－，)， 則＝(2a,0,0)，＝， ＝(a，a,0)， 設平面PAC的一個法向量為n，可取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(本大題共3小題，共35分) 10．(10分)(2014青島二中月考) 圖7－7－13 四

9、棱錐P—ABCD底面是平行四邊形，面PAB⊥面ABCD，PA＝PB＝AB＝AD，∠BAD＝60，E，F(xiàn)分別為AD，PC的中點． (1)求證：EF∥面PAB； (2)求證：EF⊥面PBD； (3)求二面角D—PA—B的余弦值． 【解】　(1)△ABD中，AD＝2AB，∠BAD＝60，由余弦定理得 BD2＝AB2＋AD2－2ABADcos 60＝AD2－AB2， 所以BD⊥AB， ∴∠ABD＝90. ∵面PAB⊥面ABCD，BD⊥AB，∴DB⊥面PAB. 建系{，，z}令AB＝2， A(2,0,0)，D(0,2，0)，P(1,0，)，C(－2,2 ,0)． ∴＝＝(－3,

10、0，)＝(－，0,1)． 因為平面PAB的法向量n2＝(0,1,0)， n2＝0，∴EF∥面PAB. (2)＝(0,2，0)，＝(1,0，)， ＝0，＝0，EF⊥BD，EF⊥BP， ∴EF⊥面PBD. (3)設平面PAD的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，＝(－1,0，)，＝(－2,2，0)， ，令x＝所以n1＝(，1,1)， 平面PAB的法向量n2＝(0,1,0)， ∴cos〈n1，n2〉＝，即二面角D—PA—B的余弦值為. 11．(12分)(2013江蘇高考) 圖7－7－14 如圖7－7－14，在直三棱柱A1B1C1—ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1

11、A＝4，點D是BC的中點． (1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值； (2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值． 【解】　(1)以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A—xyz，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4) ，C1(0,2,4)，所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4). 因為cos〈，〉＝＝＝， 所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為. (2)設平面ADC1的法向量為n1＝(x，y，z)，因為＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n1＝0，n1＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，

12、取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一個法向量．取平面AA1B的一個法向量為n2＝(0,1,0)，設平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ. 由|cos θ|＝＝＝，得sin θ＝. 因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為. 12．(13分)如圖7－7－15，四邊形ABCD為矩形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AD＝PD. 圖7－7－15 (1)求證：平面PQC⊥平面DCQ； (2)若二面角Q—BP—C的余弦值為－. 求的值． 【解】　(1)證明　法一　設AD＝1，則DQ＝，DP＝2，又∵PD∥QA，∴∠P

13、DQ＝∠AQD＝45， 在△DPQ中，由余弦定理可得PQ＝. ∴DQ2＋PQ2＝DP2，∴PQ⊥DQ. 又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC. ∵CD⊥DA，DA∩PD＝D， ∴CD⊥平面ADPQ. ∵PQ?平面ADPQ，∴CD⊥PQ， 又∵CD∩DQ＝D，∴PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. 法二　如圖，以D為坐標原點，DA，DP，DC所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D—xyz. 設AD＝1，AB＝m(m＞0)． 依題意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0,2,0)，Q(1,1,0)． 則＝(0,0，m)，＝

14、(1,1,0)． ＝(1，－1,0)， 所以＝0，＝0，即PQ⊥DC，PQ⊥DQ. 又DQ∩DC＝D. 所以PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)依題意有B(1,0，m)，＝(1,0,0)，＝(－1,2，－m)． 設n1＝(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，則即 因此可取n1＝(0，m,2)． 設n2＝(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，則 即 可取n2＝(m，m,1)． 又∵二面角Q—BP—C的余弦值為－， ∴|cos〈n1，n2〉|＝. ∴＝ 整理得m4＋7m2－8＝0. 又∵m＞0，解得m＝1. 因此，所求的值為1. 高考數(shù)學復習精品 高考數(shù)學復習精品