高考数学空间向量与立体几何单元练习题

高考数学空间向量与立体几何单元练习 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 《空间向量与立体几何》单元练习题 1.如图，在平行六面体ABCD—ABCD中，M为AC与BD的交点.若1111 =a=b，=c，则下列向量中与相等的向量是 ADAABMAB111111 1111A.,a+b+c B.a+b+c 2222 1111C.a,b+c D.,a,b+c 2222 2.下列等式中，使点M与点A、B、C一定共面的是 111A. B. OM,OA，OB，OCOM,3OA,2OB,OC235C. D. OM，OA，OB，OC,0MA，MB，MC,0 ，点E、F分别是AB、3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1 3113AD的中点，则等于A. B. C. D. ,,EF,DC4444 04.若，，与的夹角为，则的值为 a,(1,,,2)b,(2,,1,1)ab60, A.17或-1 B.-17或1 C.-1 D.1 P5.设，，，则线段AB的中点到点的距OA,(1,1,,2)OB,(3,2,8)OC,(0,1,0)C 53135353离为A. B. C. D. 22446.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是 ?正方体 ?圆锥 ?三棱台 ?正四棱锥 A(?? B(?? C(?? D(?? 7.右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积是 A. 9π 2 B. 10π C. 11π3 D. 12π 2 2 俯视图 正(主)视图 侧(左)视图 1 8.如图，ABCD-ABCD为正方体，下面结论错误的是 1111(( A.BD?平面CBD11 B.AC?BD 1 C.AC?平面CBD111 D.异面直线AD与CB所成的角为60? 1 9.如图，在长方体ABCD-ABCD中，AB=BC=2,AA=1,则BC与平面BBDD11111111所成角的正弦值为 6151025A. B. C. D. 5553 10.?ABC的三个顶点分别是，，，则AC边上的高BDA(1,,1,2)B(5,,6,2)C(1,3,,1)长为 A.5 B. C.4 D. 2541 11.设，，且，则 . a,(x,4,3)b,(3,,2,y)xy,a//b 12.已知向量，，,a，b,29且，则=________. a,(0,,1,1)b,(4,1,0),,0,13.在直角坐标系中，设A(-2，3)，B(3，-2)，沿轴把直角坐标平面折xOyx成大小为的二面角后，这时AB,211，则的大小为 ( ,, 14.如图，P—ABCD是正四棱锥， 是正方体，其中 ABCDABCD,1111 ，则到平面PAD BABPA,,2,61 的距离为 . 三、解答题(共80分) 15.(本小题满分12分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为1的正0P方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD的夹角都等于60，M是PC的中点，设( AB,a,AD,b,AP,c M BM(1)试用表示出向量; a,b,c (2)求BM的长( CD AB 2 16.(本小题满分14分)如下的三个图中，上面的是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图在下面画出(单位:cm).(1)在正视图下面，按照画三视图的要求画出该多面体的俯视图;(2)按照给出的尺寸，求该多面体的体积;(3)在所给直观图中连结，证明:?面EFG.. BC'BC' D'C' GF B' E C D AB 62 2 2 4 4 侧视图正视图 17.(本小题满分12分)如图，在四面体中，，点ABCDCBCDADBD,,，EF，分别是的中点(求证: ABBD， (1)直线面; EF//ACD (2)平面面( EFC,BCD BD'18.(本小题满分14分)如图，已知点P在正方体的对角线ABCD,A'B'C'D'上，?PDA=60?. D'(1)求DP与所成角的大小; CC'C' AA'D'D(2)求DP与平面所成角的大小. A' B'P DC AB 3 19.(本小题满分14分)已知一四棱锥P,ABCD的三视图如下，E是侧棱PC上的动点( (1)求四棱锥P,ABCD的体积; (2)是否不论点E在何位置，都有BD?AE,证明你的结论; (3)若点E为PC的中点，求二面角D,AE,B的大小( P E 22 D1 C 111A B俯视图正视图侧视图 20.(本小题满分14分)如图，已知四棱锥，底面为菱形， PABCD,ABCD 平面，，分别是的中点( PA,ABCD，,ABC60EF，BCPC， (1)证明:AEPD,; 6(2)若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为，求二2 P 面角的余弦值( EAFC,, F A D B E C 4 空间向量与立体几何》单元练习题参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 一、选择题 11111.=c+(,a+b)=,a+b+c，故选A. BM,BB，BM,AA，(BA，BC)1112222 2.由于M、A、B、C四点共面,OM,xOA，yOB，zOC(x,y,z,R)且x，y，z,1 ？选项(A)、(B)、(C)都不正确.由于MA，MB，MC,0,MA,,MB,MC 所以存在x,,1,y,1,使MA,xMB，yMC？MA,MB,MC共面 故选D. 由于M为公共点？M、A、B、C四点共面， 113.?,, E,F分别是AB,AD的中点？EF//BD且EF,BD,？EF,BD22 11110 cos,11cos120？EF,DC,BD,DC,BD,DC,BDDC,,，，，,,2224故选B. 4.B 5.B 6.D 7.D 8.D 9.D AB,AC2210.由于，所以,故选A BD,AB,AD,5AD,AB,cos,AB,AC,,,4 AC 二、填空题 11.9 12.3 13.作AC?x轴于C，BD?x轴于D，则 AB,AC，CD，DB 0? AC,3,CD,5,DB,2,AC,CD,0,CD,DB,0,AC,DB,AC,DBcos(180,,),,6cos, 22222？AB,(AC，CD，DB),AC，CD，DB，2(AC,CD，CD,DB，DB,AC) 12222000？(211),3，5，2，2(0,0,6cos,),？cos,,,.由于 0,,,180,？,,1202 z14.以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系 yABADAAx11111 设平面PAD的法向量是， mxyz,(,,) z,1，?y,0,x，y，2z,0，取得， ADAP,,(0,2,0),(1,1,2)m,,(2,0,1) BAm,16，?到平面PAD的距离. BBA,,(2,0,2)d,,5115m 5 三、解答题 1115.解:(1)?是PC的中点，? MBM,(BC，BP),[AD，(AP,AB)]221111 ,[b，(c,a)],,a，b，c2222 (2) 由于AB,AD,1,PA,2,？a,b,1,c,2 00 由于AB,AD,，PAB,，PAD,60,？a,b,0,a,c,b,c,2,1,cos60,1 1 由于BM,(,a，b，c),2 211132222222()[2()][1122(011)]？BM,,a，b，c,a，b，c，,a,b,a,c，b,c,，，，,，,4442 66？BM,，？BM的长为. 22 16.解:(1)如图 11284,,2(2)所求多面体体积( VVV,,,，，,，，，，446222,(cm)长方体正三棱锥,,323,, ,,,,,(3)证明:在长方体中， D ABCDABCD,, CG ,F ,,AD连结，则( ADBC?,A ,B ,,,AAAD因为分别为，中点， EG， ,所以， ADEG?E D C ,,从而(又平面， EGBC?BC,EFG A B ,所以面( BC?EFG 17.证明:(1)?E,F分别是的中点， ABBD， ?EF是?ABD的中位线，?EF?AD， ,?AD面ACD，EF面ACD，?直线EF?面ACD; , (2)?AD?BD，EF?AD，?EF?BD， ?CB=CD，F是,,的中点，?CF?BD 又EF?CF=F, ?BD?面EFC， ,?BD面BCD，?面面. EFC,BCD 6 18.解:如图，以为原点，为单位长建立空间直角坐标系( DDADxyz, ,,,则，(连结，( BDBDDA,(100)，，CC,(001)，， ,,,,在平面中，延长交于( BBDDDPBDH 设，由已知， DHmmm,,(1)(0)，，,,,DHDA，60 2由，可得( 221mm,，DADHDADHDADH,,,cos， ,,222解得，所以( m,DH,，，1,,,,z 222,, , D,22 CH ，，，，，0011, A222, B(1)因为， P ,cos,,,,DHCC，212， D C y ,,所以，即与所成的角为( DP,,,DHCC，45CC45A B ,,(2)平面的一个法向量是( AADDDC,(010)，，x 22，，，，，0110122因为， cos,,,,DHDC，212， ,,所以，可得DP与平面AADD所成的角为( ,,,DHDC，603019.解:(1)由该四棱锥的三视图可知，该四棱锥P,ABCD的底面是边长为1 12的正方形，侧棱PC?底面ABCD，且PC=2.? VSPC,,,PABCDABCD,33(2)不论点E在何位置，都有BD?AE 证明如下:连结AC，?ABCD是正方形，?BD?AC ?PC?底面ABCD 且BD,平面?BD?PC ABCD 又?BD?平面PAC ACPCC, ,?不论点E在何位置，都有AE平面PAC ?不论点E在何位置，都有BD?AE (3)解法1:在平面DAE内过点D作DG?AE于G，连结BG ?CD=CB,EC=EC，??，?ED=EB RtECD,RtECB, ?AD=AB，??EDA??EBA，?BG?EA ?为二面角D,EA,B的平面角 ，DGB ?BC?DE，AD?BC，?AD?DE 2ADDE,在R,?ADE中==BG DG,AE3 2221DG，BG,BD在?DGB中，由余弦定理得 cos，DGB,,,22DG,BG 7 2,2,?=，?二面角D,AE,B的大小为. ，DGB33 :以点C为坐标原点，CD所在的直线为,轴建立空间直角坐标系如图示: 解法2z 则,从而DABE(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1)P DEDABABE,,,,,,(1,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,1)E 设平面ADE和平面ABE的法向量分别为 xDC mabcnabc,,(,,),(',',') ABy由法向量的性质可得:， ,，,,acb0,0abc'0,''0,,，, 令，则，? cc,,,1,'1ab,,,1,'1mn,,,,(1,0,1),(0,1,1) mn,1设二面角D,AE,B的平面角为，则 ,,cos,,,2||||mn, 2,2,?，?二面角D,AE,B的大小为. ,,33 20.(1)证明:由四边形为菱形，，可得为正三角形( ABCD，,ABC60?ABC E因为为的中点，所以( BCAEBC, 又，因此AEAD,( BCAD? 因为PA,平面，AE,平面，所以PAAE,( ABCDABCD 而PA,平面PAD，AD,平面PAD且， PAADA, 所以AE,平面PAD(又PD,平面PAD， 所以AEPD,( (2)解:设AB,2，H为PD上任意一点，连接( AHEH， 由(1)知AE,平面PAD， 则，EHA为EH与平面PAD所成的角( 在中，， Rt?EAHAE,3 AH，EHA所以当最短时，最大， AHPD,，EHA即当时，最大( AE36此时， tan，,,,EHAAHAH2 AD,2因此(又，所以， AH,2，,ADH45 PA,2所以( PA,PA,解法一:因为平面，平面， ABCDPAC 所以平面平面( PAC,ABCD 8 过作于，则平面， EEOAC,OEO,PAC 过作于，连接，则为二面角的平面角， OOSAF,SES，ESOEAFC,, 33在中，，， Rt?AOEEOAE,,sin30AOAE,,cos3022 32又是的中点，在中，， FPCRt?ASOSOAO,,sin454 32393022SO154，在中，， 又Rt?ESOSEEOSO,，,，,cos，,,,ESO484SE530 4 15即所求二面角的余弦值为( 5 A解法二:由(1)知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的AEADAP，， 空间直角坐标系，又分别为的中点，所以 EF，BCPC， z ， ABCD(000)(310)(310)(020)，，，，，，，，，，，, P ,,31， PEF(002)(300)1，，，，，，，，,,,,22,,F ,,31A 所以( AEAF,,(300)1，，，，，,,,,y D 22,,B E C 设平面的一法向量为， AEFm,()xyz，，x 111 ,30x,，1,mAE,0，,,则因此 ,,31mAF,0，,xyz，，,0(,,111,22 取，则， z,,1m,,(021)，，1 因为BDPA,BD,，，，所以平面， PAACA,BDAC,AFC故BD为平面的一法向量( AFC mBD2315，又，所以( BD,,(330)，，cos,,,,,m，BD5512，mBD 15因为二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为( EAFC,,5 9