2022年限时规范检测立体几何中的向量方法 .pdf

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1、限时规范检测 (四十八 )立体几何中的向量方法(时间： 45 分钟分值： 69 分) 一、选择题 (共 5 个小题，每题5 分) 1(2012 长沙模拟 )已知向量m，n 分别是直线l 和平面 的方向向量和法向量，若cosm，n12，则 l 与 所成的角为 () A30B60C120D1502在正方体ABCD A1B1C1D1中，若 E 为 A1C1的中点，则直线CE 垂直于 () AACBBDCA1DDA1A3已知平面内有一个点M(1， 1,2)，平面 的一个法向量为n(6， 3,6)，则下列点 P 中，在平面内的是 () AP(2,3,3) BP(2,0,1) CP(4,4,0) DP(3

2、， 3,4) 4(2012 马鞍山联考 )长方体 ABCDA1B1C1D1中， ABAA12，AD1，E 为 CC1的中点，则异面直线BC1与 AE 所成的角的余弦值为() A.1010B.3010C.21510D.310105(2012 陕西高考 )如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1与直线 AB1夹角的余弦值为() A.55B.53C.2 55D.35二、填空题 (共 2 个小题，每题4 分) 6已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为 1，点 P 在线段 BD1上，且 DP 与平面 ABCD所成角的余弦值为2 23，则 |BP|_.

3、7(2012 商丘模拟 )设 A(1,0,0)，B(1,0,1)，C(0,1,1) ，D(1,1,1)，则直线AD 与平面ABC的夹角为 _三、解答题 (共 3 个小题，每题12 分) 8在长方体ABCD A1B1C1D1中， O 为底面正方形的中心，过A1，C1，B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD A1C1D1及其三视图名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 7 页 - - - - - - - - - (1)求平面 BA1C1与平面

4、 ABCD 所成角的余弦值；(2)在线段 BC1上是否存在点P，使直线 A1P 与 C1D 垂直，如果存在，求出线段A1P 的长；如果不存在，请说明理由9.(2011 福建高考改编)如图，四棱锥PABCD中， PA底面ABCD .四边形ABCD 中， ABAD ，ABAD4，CD2， CDA 45 . (1)求证：平面PAB平面 PAD；(2)设 ABAP.若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为30 ，求线段 AB 的长10(2012 泉州质检 )如图，侧棱垂直底面的三棱柱ABCA1B1C1中， ABAC，AA1ABAC3，ABACt(t0)，P 是侧棱 AA1上的动点(1)当 AA1ABA

5、C 时，求证： A1C平面 ABC1；(2)试求三棱锥PBCC1的体积 V 取得最大值时的t 的值；(3)若二面角 ABC1C 的平面角的余弦值为1010，试求实数t 的值答案限时规范检测 (四十八 ) 1解析： 选 A设 l 与 所成的角为 ，cosm，n12，sin |cosm，n|12. 又直线与平面所成角满足 0 90 ， 30 . 2. 解析：选 B以 A 为原点， AB，AD，AA1所在的直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则 A(0,0,0)，C(1,1,0)，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - -

6、- - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 7 页 - - - - - - - - - B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1) ，E12，12，1 ，CE 12，12，1 ，AC(1,1,0)，BD( 1,1,0)，1A D(0,1，1)，1A A(0,0， 1)，显然CEBD121200，CEBD，即 CEBD. 3. 解析： 选 A由于 n(6， 3,6)是平面 的法向量，所以它应该和平面内的任意一个向量垂直， 只有在选项A 中，MP(2,3,3)(1，1,2)(1,4,1)，MP n(1,4,1)(6，3,6)0，所以选项A 中的点 P

7、在平面 内4. 解析：选 B如图，以 D 为坐标原点， 建系如图， 则 B(1,2,0)， C1(0,2,2)， A(1,0,0)，E(0,2,1)，1BC(1,0,2)，AE(1,2,1)则 cos 1BCAE3010，故异面直线BC1与 AE 所成的角的余弦值为3010. 5. 解析 ：选 A设 CA2，则 C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)，可得向量1AB(2,2,1)，1BC (0,2 ， 1) ，由 向 量 的 夹 角 公 式 得 cos 1AB，1BC 20221 10414411555. 6. 解析：以 B 为坐标原点，

8、BA为 x 轴， BC 为 y 轴，BB1为 z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设BP1BD(0 0)，所以 AB45. 10解： (1)证明： AA1平面 ABC， AA1AC，AA1AB. 又 AA1AC，四边形AA1C1C 是正方形，AC1A1C. ABAC，ABAA1，AA1ACA，AB平面 AA1C1C. 又 A1C? 平面 AA1C1C， ABA1C. A1C平面 ABC1. (2)AA1平面 BB1C1C，点 P 到平面 BB1C1C 的距离等于点A 到平面 BB1C1C 的距离，VVPBCC1VABCC1VC1ABC 16t2(32t)12t213t30t32， V t(t1)

9、，令 V0，得 t0(舍去)或 t1，则(0,1)11，32V0V 单调递增极大值单调递减当 t1 时，Vmax16.t1 (3)分别以 AB，AC，AA1所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系则 A(0,0,0)，C1(0，t,32t)，B(t,0,0)，C(0，t,0)，A1(0,0,32t)，1A C(0，t,2t3)，1AC(0，t,32t)，AB(t,0,0) 1CC(0,0,32t)，BC(t，t,0)设平面 ABC1的法向量n1(x1，y1，z1)，则n11ACty1 32t z10，n1ABtx10，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - -

10、- - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 7 页 - - - - - - - - - 解得x10，y12t3tz1，令 z1t，则 n1(0,2t3，t)设平面 BCC1的法向量n2(x2，y2，z2)，则n2BC tx2ty20，n21CC 32t z20.由于 0t32，所以解得z20，x2y2.令 y21，则 n2(1,1,0)设二面角ABC1C 的平面角为 ，则 cos |n1 n2|n1| |n2|2t3|2t2 2t321010. 化简得 5t216t120，解得 t2(舍去 )或 t65. 所以当 t65时，二面角ABC1C 的平面角的余弦值为1010. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 7 页 - - - - - - - - -