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 1C. 2
B．－10 1D．－
2
2．已知AB＝(1,5，－2)， BC＝(3,1，z)，若 AB⊥ BC， BP＝(x－1，y，－3)，
且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为 ( )
3315
A.，－，4 7740
C.，－2,4 7
4015B.，－，4 7740
D．4，，－15
7
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° C．60°
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＝2a
，则MN与平面BB1C1C的位3
B．45° D．90°
置关系是 ( )
A．相交 C．垂直
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° C．90°
B．60° D．120°
B．平行 D．不能确定
6.如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF1
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
2
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值为 ( )
A.C.6
66
3
B.D.3 32 3
二、填空题
7．已知 AB＝(2,2,1)， AC＝(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 AE与 DB夹角的余弦值．
11．已知四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB1
＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝，AB＝1，M是PB的
2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
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＝4，CD＝2，∠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： AB⊥ BC⇒ AB· BC＝3＋5－2z＝0，∴z＝4.
又BP⊥平面ABC，
∴BP·AB＝x－1＋5y＋6＝0，①
BP·
BC＝3x－3＋y－3z＝0，② 由①②得x＝407，y＝－157. 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(11
2，2
，1)，B(1,1,0)，
D(0,0,0)，∴ CE＝(12，－12
，1)， BD＝(－1，－1,0)．
∴ CE· BD＝－12＋1
2＋0＝0.
∴ CE⊥ BD，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
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空间直角坐标系．
∵A1M＝AN＝
2a， 3
2a22
∴M(a，a，)，N(a，a，a)．
3333
a2
∴ MN＝(－，0，a)．
33
又C1 (0,0,0)，D1(0，a,0)，
∴ C1D1＝(0，a,0)．
∴ MN· C1D1＝0，∴MN⊥ C1D1.
∵ C1D1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)，
∴ EF＝(0，－1,1)，BC1 ＝(2,0,2)
BC1 EF· ∴cos〈 EF， BC1〉＝
| EF||BC1 |
＝
21
＝.∴EF与BC1所成角为60°. 2·82
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)， AG＝(a，a,0)， AC＝(0,2a,2a)， BG＝(a，－a,0)，BC ＝(0,0,2a)，
设平面AGC的法向量为n1＝(x1，y1,1)，
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BG·n1＝0ax1＋ay1＝0x1＝1
由⇒⇒⇒ 2ay＋2a＝0y＝－111n1＝0 BG·
n1＝(1，－1,1)．
| BG·n|
1＝2a＝6. sinθ＝2a×33| BG||n1|
答案：C 二、填空题
7．解析：设平面ABC的法向量n＝(x，y,1)，
则n⊥ AB且n⊥ AC，
AC＝0. 即n· AB＝0，且n·x＝2，2x＋2y＋1＝0，
即即4x＋5y＋3＝0，
1
y＝－1，
1
∴n＝(，－1,1)，单位法向量为
2n122±＝±(，－，)． |n|333
122122答案：(，－，)或(－，，－) 333333
8．解析：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐系，则C(0,2,0)，E(0,1,2)，A(2,0,0)，
标
AC＝(－2,2,0)，DE ＝(0,1,2)，
10
∴cos〈 AC， DE〉＝.
10
答案：
10 10
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)， aaC(－a,0,0)，P(0，－，)，
22
aa
则 CA＝(2a,0,0) AP＝(－a，－，)， CB＝(a，a,0)，
22
设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，
CB·n1
＝a则cos〈 CB，n〉＝＝， 22a·22| CB|·|n|
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∴〈 CB，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 DB， DC， DA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)，13
C(0,3,0)，A(0,0，3)，E(，，0)，
22
13∴ AE＝(，，－3)， DB＝(1,0,0)，
22
∴ AE与 DB夹角的余弦值为 AEDB·＝cos〈AE，DB〉＝| AE|·| DB|
1
222＝. 2222×14
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)，1
M(0,1，)．
2
(1)证明：因 AP＝(0,0,1)， DC＝(0,1,0)，故 AP· DC＝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 AC＝(1,1,0)， PB＝(0,2，－1)，
故| AC|＝2，| PB|＝5， AC· PB＝2，
AC· PB10
＝所以cos< AC， PB>＝. 5| AC|·| PB|
(3)在MC上取一点N(x，y，z)，则存在λ∈R，使 NC＝λ MC，
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1NC＝(1－x,1－y，－z)， MC＝(1,0，－2)，
1
∴x＝1－λ，y＝1，z＝λ.
2
1
要使AN⊥MC，只需 AN· MC＝0即x－z＝0，
2
4
解得λ＝.
5
412
可知当λ＝时，N点坐标为(，1，)，
555
能使 AN· MC＝0.
1122
此时，AN＝(，1，)， BN＝(，－1，)，
5555有 BN· MC＝0
由 AN· MC＝0， BN· MC＝0得AN⊥MC，BN⊥MC.
所以∠ANB为所求二面角的平面角．
30304∵| AN|＝，| BN|＝， AN· BN＝－. 555
BNAN·
＝－2. ∴cos〈AN， BN〉＝3| AN|·| BN|
2
∴平面AMC与平面BMC所成角的余弦值为－. 312．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)，
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CD＝(－1,1,0)， PD＝(0,4－t，－t)．
(ⅰ)设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
－x＋y＝0，
由n⊥ CD，n⊥ PD，得
4－ty－tz＝0.
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．
又 PB＝(t,0，－t)，
故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得
n· PB|， cos 60°＝||n|·| PB|
即
1
＝，
t2＋t2＋4－t2·2t22
|2t2－4t|
4
解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t＞0)，
54
所以AB＝.
5
(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到P，B，的距离都相等，
设G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)，
C，D
则 GC＝(1,3－t－m,0)， GD＝(0,4－t－m,0)， GP＝(0，－m，t)． 由| GC|＝| GD|得
12＋(3－t－m)2 ＝(4－t－m)2， 即t＝3－m；(1)
由| GD|＝| GP|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． 高考学习网－中国最大高考学习网站Gkxx.com | 我们负责传递知识！
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