1、高中同步测试卷(十一)单元检测立体几何中的向量方法(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1若平面的法向量为，直线l的方向向量为v，直线l与平面的夹角为，则下列关系式成立的是()Acos Bcos Csin Dsin 2若平面，的法向量分别为u(2，3，5)，v(3，1，4)，则()A B C与斜交 D以上均正确3若3e，5e，且|，则四边形ABCD是()A平行四边形 B菱形 C等腰梯形 D非等腰梯形4在菱形ABCD中，若是平面ABCD的法向量，则以下等式中可能不成立的是()A.0 B.0 C.0
2、 D.05已知平面的一个法向量n(2，2，1)，点A(1，3，0)在内，则P(2，1，4)到的距离为()A10 B3 C. D.6.如图所示，正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A. B. C. D.7.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA1，E，F分别是面A1B1C1D1、面BCC1B1的中心，则E，F两点间的距离为()A1 B. C. D.8在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1C的中点，则直线BE与平面B1BD所成的角的正弦值为()A B. C D.9在正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为
3、侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC的夹角是()A30 B45 C60 D7510如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，下面结论错误的是()ABD平面CB1D1 BAC1BDCAC1平面CB1D1 D向量与的夹角为6011.如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面ABCD，PAAB，|1，点E是棱PB的中点，则直线AB与平面ECD的距离为()A1 B. C. D.12已知A(1，0，0)，B(1，2，3)，C(1，2，1)，则点A到直线BC的距离为()A. B. C. D.题号123456789101112答案二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分把答
4、案填在题中横线上)13直线L的方向向量a(2，3，2)，平面的一个法向量n(4，0，1)，则直线L与平面所成角的正弦值为_14下列命题中：若u，v分别是平面，的法向量，则uv；若u，v分别是平面，的法向量，则uv0；若u是平面的法向量且向量a与共面，则ua0；若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直其中正确的命题序号是_15.如图，在三棱锥ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，且DBDC，E为BC中点，则_16在长方体ABCDA1B1C1D1中，B1C和C1D与底面所成的角分别为60和45，则异面直线B1C和C1D所成角的余弦值为_三、解答题(本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文
5、字说明，证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB1，BCA90，棱AA12，M是A1B1的中点(1)求异面直线BA1与CB1所成角的余弦值；(2)求证：A1BC1M.18.(本小题满分12分)已知四棱锥PABCD的底面为直角梯形，ABDC，DAB90，PA底面ABCD，且PAADDC1，AB2，M是PB的中点(1)证明：平面PAD平面PCD；(2)证明：CM平面PAD.19.(本小题满分12分)如图，正方形ACDE所在的平面与平面ABC垂直，M是CE与AD的交点，ACBC，且ACBC.(1)求证：AM平面EBC；(2)求直线AB与平面EBC所成角
6、的大小20.(本小题满分12分)如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.(1)证明：PABD；(2)若PDAD，求二面角APBC的余弦值21.(本小题满分12分)如图，已知在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，且AD2，AB1，PA平面ABCD，E，F分别是线段AB，BC的中点(1)证明：PFFD；(2)判断并说明PA上是否存在点G，使得EG平面PFD.22(本小题满分12分)如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，DABDCB，EAEBAB1，PA，连结CE并延长交AD于F.(1)求证：AD平面
7、CFG；(2)求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值参考答案与解析1导学号：22280071【解析】选D.若直线与平面所成的角为，直线与该平面的法向量所成的角为，则90.2【解析】选C.因为u与v不平行也不垂直，所以与斜交3【解析】选C.由于，且|AB|CD|，又|，因此四边形ABCD是等腰梯形，故选C.4【解析】选C.因为PA平面ABCD，所以BDPA.又ACBD，所以PCBD.故选项B正确，选项A和D显然成立故选C.5导学号：22280072【解析】选D.(1，2，4)，所以P到平面的距离d.6【解析】选D.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dx
8、yz(图略)，设AB1.则B(1，1，0)，A1(1，0，2)，A(1，0，0)，D1(0，0，2)(0，1，2)，(1，0，2)，cos，所以异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为，故选D.7【解析】选C.以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1，1，)，F(2，1，)，所以|EF|，故选C.8【解析】选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，B1(2，2，2)，E(0，2，1)所以(2，2，0)，(0，0，2)，(2，0，1)设平面B1BD的法向量为n(x，y，z)因为n，n，所以所以令y1，则n(1，1，0)所以cosn，设
9、直线BE与平面B1BD所成角为，则sin |cosn，|.9导学号：22280073【解析】选A.如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(a，0，0)，P，则(2a，0，0)，(a，a，0)，设平面PAC的一个法向量为n，可取n(0，1，1)，则cos，n，所以，n60，所以直线BC与平面PAC的夹角为906030.10【解析】选D.以D为原点，DA、DC、DD1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系(图略)，不妨设正方体的棱长为1，则有A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0
10、，1)，B1(1，1，1)，C1(0，1，1)，D1(0，0，1)(1，1，0)，(1，1，1)，(0，1，1)，(1，1，0)，(1，0，1)对于选项A.由知结论正确；对于选项B，由(1，1，1)(1，1，0)0知结论正确；对于选项C，由选项B，再由(1，1，1)(1，0，1)0知结论正确；对于选项D，由cos，知结论不正确11.【解析】选B.建立如图坐标系，A(0，0，0)，P(0，0，)，B(，0，0)，D(0，1，0)，E，C(，1，0)，(，0，0)，设n(x，y，z)为平面CDE的法向量，由n0，n0得x0，yz，可取n(0，1，)则直线AB与平面ECD的距离为.12导学号：222
11、80074【解析】选B.由题意知，(2，4，2)，过A向直线BC作垂线，垂足为P，则|即为点A到直线BC的距离设P(x，y，z)，令，即(x1，y2，z3)(2，4，2)，所以，即(x，y，z)(12，24，32)，(2，24，32)，因为，所以44(24)2(32)0，所以，则(x，y，z)，所以|.13【解析】设直线L与平面所成的角是，a，n所成的角为，sin |cos |.【答案】14【解析】中，有可能重合；正确；中，因为u，a，所以ua.所以ua0，正确；正确【答案】15导学号：22280075【解析】因为E为BC的中点，所以()，因为在三棱锥ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，且D
12、BDC，所以()()(22)0.【答案】016【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，可知CB1C160，DC1D145.设B1C11，则CC1DD1.所以C1D1，则有B1(，0，0)，C(，1，)，C1(，1，0)，D(0，1，)所以(0，1，)，(，0，)所以cos，.【答案】17【解】以C为坐标原点，以、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系Cxyz，如图(1)依题意得A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)，所以(1，1，2)，(0，1，2)，3.所以|，|，所以cos，所以异面直线BA1与CB1所成角的余弦值为.(2)证明：因为(1
13、，1，2)，(，0)，所以11(2)00，所以，即A1BC1M.18导学号：22280076【证明】(1)建立如图所示的空间坐标系Axyz，则P(0，0，1)，D(1，0，0)，C(1，1，0)，B(0，2，0)因此(0，0，1)，(0，1，0)，故0，所以APDC.由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC面PAD.又DC在平面PCD内，故平面PAD平面PCD.(2)因M为PB中点，所以M点坐标为(0，1，)，(1，0，)，又为平面PAD的法向量，100100，又CM面PAD，所以CM平面PAD.19【解】因为四边形ACDE是正方形，所以EAAC，AMEC.因为平
14、面ACDE平面ABC，所以EA平面ABC.以点A为原点，以过A点平行于BC的直线为x轴，分别以AC和AE所在直线为y轴和z轴，建立空间直角坐标系Axyz.设EAACBC2，则A(0，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，E(0，0，2)因为M是正方形ACDE的对角线的交点，所以M(0，1，1)(1)证明：因为(0，1，1)，(0，2，2)，(2，0，0)，所以0，0.所以EC，AMCB.又因为ECCBC，所以AM平面EBC.(2)因为AM平面EBC，所以为平面EBC的一个法向量因为(0，1，1)，(2，2，0)，所以cos，.所以，60.所以直线AB与平面EBC所成的角为30.20【解
15、】(1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDAD.从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.所以BD平面PAD，故PABD.(2)如图所示，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1，0，0)，B(0，0)，C(1，0)，P(0，0，1)(1，0)，(0，1)，(1，0，0)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则即因此可取n(，1，)设平面PBC的法向量为m，则可取m(0，1，)cosm，n.故二面角APBC的余弦值为.21导学号：22280077【解】(1)证明：因为PA平面ABCD，BAD90
16、，AB1，AD2，如图，建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，F(1，1，0)，D(0，2，0)不妨令P(0，0，t)，因为(1，1，t)，(1，1，0)，所以111(1)(t)00，所以，即PFFD.(2)设平面PFD的法向量为n(x，y，z)，由得令z1，解得xy.所以n.设点G的坐标为(0，0，m)，又E.则(，0，m)要使EG平面PFD，只需n0，即0m10，即m0，解得mt，从而满足AGAP的点G即为所求22【解】(1)证明：在ABD中，因为E是BD中点，所以EAEBEDAB1，故BAD，ABEAEB.因为DABDCB，所以EABECB，从而有FEDBECAEB，所以FEDFEA，故EFAD，AFFD，又因为PGGD，所以FGPA.又PA平面ABCD，所以GFAD，故AD平面CFG.(2)以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C，D(0，0)，P，故，.设平面BCP的法向量n1(1，y1，z1)，则解得即n1.设平面DCP的法向量n2(1，y2，z2)，则，解得即n2(1，2)从而平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值为cos .
