最新高考数学空间向量与立体几何单元练习题优秀名师资料

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1、(WORD)-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 空间向量与立体几何单元练习题 1.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为AC与BD的交点.若 A1B1=aA1D1=b，A1A=c，则下列向量中与B1M相等的向量是 A.,1111a+b+c B.a+b+c 2222 111b+c D.,a,b+c 222C.a,1 2 2.下列等式中，使点M与点A、B、C一定共面的是 111A.OM 3OA,2OB,OC B.OM OA,OB,OC 235 C.OM,OA,OB,OC 0 D.MA,MB,MC 0 3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长

2、都等于1，点E、F分别是AB、AD的中点，则 等于A.3311 B., C. D., 4444 a与b的夹角为600，则 的值为 4.若a (1, ,2)，b (2,1,1)，A.17或-1 B.-17或1 C.-1 D.1 5.设 (1,1,2)， (3,2,8)， (0,1,0)，则线段AB的中点P到点C的距离为A.535353 B. C. D. 2424 6.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，可得该几何体的表面积是 A.9 B.10 C.11 D.12

3、俯视图 正(主)视图 侧(左)视图 1 8.如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是 ( A.BD?平面CB1D1 B.AC1?BD C.AC1?平面CB1D1 D.异面直线AD与CB1所成的角为60? 9.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2,AA1=1,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 A .2 B. C . D . 5355 10.?ABC的三个顶点分别是A(1,1,2)，B(5,6,2)，C(1,3,1)，则AC边上的高BD长为 A.5 B.41 C.4 D.25 11.设a (x,4,3)，b (3,2,y)，且a/b，则xy . 1

4、2.已知向量a (0,1,1)，b (4,1,0)， a,b 29且 0，则=_. 13.在直角坐标系xOy中，设A(-2，3)，B(3，-2)，沿x轴把直角坐标平面折成大小为 的二面角后，这时AB 2，则 的大小为 ( 14.如图，PABCD是正四棱锥， ABCD,A1B1C1D1是正方体，其中 AB 2,PA ，则B1到平面PAD 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的正方形，侧棱PA的长为2，且PA与AB、AD 的夹角都等于600，M是PC的中点，设 a, b, c( M (1)试用a,b,c表示出向量BM;

5、 (2)求BM的长( A DBC2 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BC，证明:BC?面EFG. 正视图 17.(本小题满分12分)如图，在四面体ABCD中，点E，FCB CD，AD BD，分别是AB，BD的中点(求证: (1)直线EF/面ACD; (2)平面EFC 面BCD( 18.(本小题满分14分)如图，已知点P在正方体ABCD,ABCD的对角线BD上，?PDA=6

6、0?. D(1)求DP与CC所成角的大小; C (2)求DP与平面AADD所成角的大小. A BP C 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 D C A俯视图正视图侧视图 20.(本小题满分14分)如图，已知四棱锥P,ABCD，底面ABCD为菱形， PA 平面ABCD， ABC 60 ，E，F分别是BC，PC的中点( (1)证明:AE PD; (2)若H为PD上的动点，EH与平

7、面PAD 面角E,AF,C的余弦值( P ，求二A B D 4 空间向量与立体几何单元练习题参考答案 一、选择题 1111 1.1 1, 1,(,)=c+(,a+b)=,a+b+c，故选A. 2222 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, 0 , 所以存在x ,1,y 1,使 x,y ,共面 故选D. 由于M为公共点 M、A、B、C四点共面， 3.?E,F分别是AB,AD的中点, EF/BD且EF 11 BD, EF BD, 22 111 , 1 1 cos1200 , 224 故选B. 4.

8、B 5.B 6.D 7.D 8.D 9.D 10. cos , 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 3 5 2, 0, 0, 1800, ) ,6cos (AC,CD,DB) ,2(AC CD,CD DB,DB AC)1 (2)2 32,52,22,2(0,0,6cos ), cos ,.由于 00 1800, 1200 2 14.以A1B1为x轴，A1D1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系 2 4， 5,故选A 设平面PAD的法向量是m (x,y,z)， AD (0,2,0),AP (1,1,2)，?y 0,x,y,2z 0，

9、取z 1得m (,2,0,1)， B1A m B1A (,2,0,2)，?B1到平面PAD 的距离d m 5 三、解答题 15.解:(1)?M是PC的中点，? 1111 b,(c,a) ,a,b,c 2222 (2)由于AB AD 1,PA 2, a b 1,c 2 11 (,) ,(,) 22 由于AB AD, PAB PAD 600, a b 0,a c b c 2 1 cos600 1 由于 1 (,a,b,c), 2 1113(,a ,b,c)2 a2,b2,c2,2(,a b,a c,b c) 12,12,22,2(0,1,1) 4442 66 ， BM的长为. 22 16.解:(1

10、)如图 1 1284 (2)所求多面体体积V V长方体,V正三棱锥4 4 6, 2 2 2 (cm2)( 3 23 (3)证明:在长方体ABCD,A B C D 中， 连结AD ，则AD ?BC ( A 因为E，G分别为AA ，A D 中点， 所以AD ?EG， E 从而EG?BC (又BC 平面EFG， 所以BC ?面EFG( 17.证明:(1)?E,F分别是AB，BD的中点， ?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

11、?面EFC， ?BD 面BCD，?面EFC 面BCD. C C 6 18.解:如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系D,xyz( 0，0)，CC (0，0，1)(连结BD，B D ( 则DA (1， 在平面BB D D中，延长DP交B D 于H( 1)(m 0)，由已知 DH，设DH (m，m，DA 60 ， DH ，可得2m 由DA DH DADHcos DA， 1 解得m DH ( 222 00,1 1 (1 )因为cos DH， CC 2 所以 DH，CC 45 ，即DP与CC 所成的角为45 ( 1，0)( (2)平面AA D D的一个法向量是DC (0， 01,1 0 1因

12、为cos DH，DC ， 2 所以 DH，DC 60 ，可得DP与平面AA D D所成的角为30 ( 19.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.?VP,ABCD S ABCD PC 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ABCD?BD?PC 又AC PC C?BD?平面PAC ?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

13、 ?CD=CB,EC=EC，?Rt ECD?Rt ECB，?ED=EB ?AD=AB，?EDA?EBA，?BG?EA ? DGB为二面角D,EA,B的平面角 ?BC?DE，AD?BC，?AD?DE 在R,?ADE中DG AD DE=BG AEDG2,BG2,BD21 在?DGB中，由余弦定理得cos DGB , 2DG BG2 7 ? DGB= 2 2 ，?二面角D,AE,B的大小为. 33 解法2: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: 则D(1,0,0),A(1,1,0),B(0,1,0),E(0,0,1),从而 DE (,1,0,1),DA (0,1,0),BA

14、 (1,0,0),BE (0,设平面ADE和平面ABE的法向量分别为 m (a,b,c),n (a,b,c) 由法向量的性质可得:,a,c 0,b 0，a 0,b 令c 1,c ,1，则a 1,b ,1，?m (1,0,1),n (0,1,1) m n1 设二面角D,AE,B的平面角为 ，则cos , 2|m| |n| ? 2 2 ，?二面角D,AE,B的大小为. 33 20.(1)证明:由四边形ABCD为菱形， ABC 60 ，可得?ABC为正三角形( 因为E为BC的中点，所以AE BC( 又BC?AD，因此AE AD( 因为PA 平面ABCD，AE 平面ABCD，所以PA AE( 而PA

15、平面PAD， AD 平面PAD且PA AD A， 所以AE 平面PAD(又PD 平面PAD， 所以AE PD( (2)解:设AB 2，H为PD上任意一点，连接AH，EH( 由(1)知AE 平面PAD， 则 EHA为EH与平面PAD所成的角( 在Rt? EAH中，AE 所以当AH最短时， EHA最大， 即当AH PD时， EHA最大( 此时tan EHA AE ， AHAH2 因此AH AD 2，所以 ADH 45 ， 所以PA 2( 解法一:因为PA 平面ABCD，PA 平面PAC， 所以平面PAC 平面ABCD( 8 过E作EO AC于O，则EO 平面PAC， 过O作OS AF于S，连接ES

16、，则 ESO为二面角E,AF,C的平面角， sin30 在Rt? AOE中，EO AE 3 AO AE cos30 ， 2 ， 4 sin45 又F是PC的中点，在Rt? ASO中，SO AO 又SE Rt? ESO中，cos ESO SO SE 解法二:由(1)知AE，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又E，F分别为BC，PC的中点，所以 A(0，0，0)B,1，0)C，0)D(0，2，0)， 1 P(0，0，2)E，0)F ，1 2 ， 2 1 ，0)AF ，1 所以AE ( 2 B 设平面AEF的一法向量为m (x1，y1，z1)， 1 0， m AE 0， 则 因此 1 1,y1,z1 0( m AF 0， 2取z1 ,1，则m (0，2，,1)， 因为BD AC，BD PA，PA AC A，所以BD 平面AFC， 故BD为平面AFC的一法向量( m BD， 0)，所以cos m，又BD ( BD 5mBD因为二面角E,AF, C为锐角，所以所求二面角的余弦值为 ( 5 9