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立体几何复习综合检测


空间向量与立体几何检测题
一.选择题
1.已知向量 a=(1,1,0) ,b=(-1,0,2) ,且 k a+b 与 2 a-b 互相垂直,则 k 的值 是( ) A. 1 B.

1 5

C.

3 5

D.

7 5
( )

2. 已知 A、 B、 C 三点不共线, 对平面 ABC 外的任一点 O, 下列条件中能确定点 M 与点 A、 B、C 一定共面的是 A. OM ? OA ? OB ? OC C. OM ? OA ?

B. OM ? 2OA ? OB ? OC D. OM ?

1 1 OB ? OC 2 3

1 1 1 OA ? OB ? OC 3 3 3

3.已知△ABC 的三个顶点为 A(3,3,2) ,B(4,-3,7) ,C(0,5,1) ,则 BC 边上的 中线长为 ( A.2 ) B.3 C .4 D.5

4.在下列命题中:①若 a、b 共线,则 a、b 所在的直线平行;②若 a、b 所在的直线是异面 直线,则 a、b 一定不共面;③若 a、b、c 三向量两两共面,则 a、b、c 三向量一定也共面; ④已知三向量 a、b、c,则空间任意一个向量 p 总可以唯一表示为 p=xa+yb+zc.其中正 确命题的个数为( ) A. 0 B.1 C. 2 D.3 5.已知空间四边形 ABCD ,M、G 分别是 BC、CD 的中点,连结 AM、AG、MG,则
? ??

AB + ( BD ? BC) 等于(
? ?? ? ??

? ??? ? 1 ??? 2


? ??

A. AG

C. BC D. 2 BC ??? ? ??? ? ???? ? ???? 6.直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,若 CA ? a , CB ? b , CC1 ? c , 则 A1 B ? (

B. CG

1

? ??



???? ? ???? ? 7.在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,向量 D1 A 、 D1C 、 A1C1
A.有相同起点的向量 C.共面向量 B.等长向量 D.不共面向量

A. a ? b ? c

B. a ? b ? c

C. ?a ? b ? c

D. ?a ? b ? c 是 ( )

???? ??? ? 8.已知点 A(4,1,3) ,B(2,-5,1) ,C 为线段 AB 上一点,且 3| AC |?| AB | ,则点的坐
标是 ( )

7 1 5 3 10 7 5 7 3 A. ( , ? , ) B. ( ,? 3 , 2 ) C. ( , ?1, ) D. ( , ? , ) 2 2 2 8 3 3 2 2 2 9.已知正四棱锥 S-ABCD 中,SA=2 3,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为(
A.1 C.2 B. 3 D.3

)

10. 在正四面体 A-BCD 中, 棱长为 4, M 是 BC 的中点,点 P 在线段 AM 上运动(P 不与 A, M 重合),过点 P 作直线 l⊥平面 ABC,l 与平面 BCD 交于点 Q,给出下列命题: ①BC⊥平面 AMD; ②Q 点一定在直线 DM 上; ③VC-AMD=4 2. 其中正确的是( A.①② C.②③ ) B.①③ D.①②③

二.填空题
11.已知 a ? 3i ? 2 j ? k , b ? i ? j ? 2k , 则5a与3b 的数量积等于 12.已知向量 a=(0,2,1) ,b=(-1,1,-2) ,则 a 与 b 的夹角为 13.已知向量 a=( ? +1,0,2 ? ),b=(6,2 ? -1,2),若 a∥b,则 ? 与 ? 的值分别是 14. 已知 a,b,c 是空间两两垂直且长度相等的基底, m=a+b,n=b-c,则 m, n 的夹角为 . . . . .

? )c ? ? bc (? a ? ) 15. 已知向量 a 和 c 不共线, 向量 b≠0, 且 (ab

, d=a+c, 则 ? d , b? =

16.已知正方形 ABCD 的边长为 4,E、F 分别是 AB、AD 的中点,GC⊥平面 ABCD,且 GC=2,则点 B 到平面 EFG 的距离为 。 17. (如图)一个结晶体的形状为平行六面体,其中,以顶点 A 为 端点的三条棱长都等于 1, 且它们彼此的夹角都是 60 , 那么以这个 顶点为端点的晶体的对角线的长为 。
?

三.解答题
18.如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 是 DC 的中点,取如图所示的空间 直角坐标系. (1)写出 A、B1、E、D1 的坐标; (2)求 AB1 与 D1E 所成的角的余弦值.

19.在正方体 ABCD ? A1 B1C1 D1 中,如图E、F分

z
别是 BB1 ,CD的中点, (1)求证: D1 F ? 平面 ADE; (2)cos EF, CB1 .

D1 B1 E D F x A B

C1

A1

C

y

20.如图,在四棱锥 P ? ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,侧棱 PD ? 底面 ABCD, PD ? DC ,E 是 PC 的中点,作 EF ? PB 交 PB 于点 F. (1)证明 PA ∥ 平面 EDB ; (2)证明 PB ? 平面 EFD.

21.如图,四边形 ABCD 是直角梯形,∠ABC=∠BAD=90°, SA⊥平面 ABCD, SA=AB=BC=1,AD= (1)求 SC 与平面 ASD 所成的角余弦; (2)求平面 SAB 和平面 SCD 所成角的余弦.

1 . 2

22.如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC,D 为 BC 的中点,PD⊥平面 ABC,垂足 O 落在 线段 AD 上,已知 BC=8,PO=4,AO=3,OD=2.

(1)证明:AP⊥BC; (2)在线段 AP 上是否存在点 M,使得二面角 A-MC-B 为直二面角?若存在,求出 AM 的 长;若不存在,请说明理由.

参考答案
一.选择题

题号 答案
11、-15

1 D

2 D

3 B

4 A

5 A

6 D

7 C

8 C

9 C

10 A

二.填空题
12、90° 13.

1 1 、 . 14. 60°15. 90° 16、 17、 6 5 2

三.解答题(本大题 6 小题,共 74 分)
18.
解:(1) A(2, 2, 0),B1(2, 0, 2),E(0, 1, 0),D1(0, 2, 2) → → → → (2)∵ AB1 =(0, -2, 2) ED , AB | 1 |=2 2ED , | 1 |= 5 , 1 =(0, 1, 2) ∴

→ → AB1 ED · 1 =0-2+4=2, → → → → AB1 ED ·1 2 10 ∴ cos AB ? 1ED ,1 ? = = = . ∴ AB1 与 ED1 10 → → 2 2× 5 AB | 1 |· ED |1| 所成的角的余弦值为 10 . 10

19. 解:建立如图所示的直角坐标系, (1)不妨设正方体的棱
长为 1, 则 D(0,0,0) ,A(1,0,0) , D1 (0,0,1) , E(1,1,

z D1 C1 B1 E D F x A B C y

1 2

) ,F ( 0 ,

1 2

,0) ,

A1

则 D1 F =(0,

1 ,-1) , D A =(1,0,0) , 2 1 , 则 D1 F ? DA =0, AE =(0,1, ) 2

D1 F ? AE =0, ? D1 F ? DA , D1 F ? AE . ? D1 F ? 平面 ADE.

(2) B1 (1,1,1) ,C(0,1,0) ,故 CB1 =(1,0,1) , EF =(-1,-

1 2

,-

1 2

) ,

? EF ? CB1 =-1+0-
则 cos EF , CB ? 1

1 2

=-

3 2
3 2



EF ? 1 ?

1 1 3 , CB ? ? ? 1 4 4 2

2,

EF ? CB1 EF ? CB1

?

?

3 ? 2 2

??

3. 2

EF, CB1 ? 150?

20. 解:如图所示建立空间直角坐标系,D 为坐标原点.设 DC ? a.
(1)证明:连结 AC,AC 交 BD 于 G.连结 EG.

a a A(a, 0, 0), P (0, 0, a ), E (0, , ) 2 2 ? 底面 ABCD 是正方形, ? G 是此正方形的中心, a a ??? ? ??? ? 故点 G 的坐标为 ( , , 0) 且 PA ? (a, 0, ?a), EG ? ( a , 0, ? a ). 2 2 2 2
依题意得

??? ? ??? ? ? PA ? 2EG . 这表明 PA∥EG . 而 EG ? 平面 EDB 且 PA ? 平面 EDB,? PA∥ 平面 EDB。
(2) 证 明 : 依 题 意 得

z S y

??? ? B(a, a,0), PB ? (a, a, ?a)

。 又

???? a a DE ? ( 0 , , 2 2

a2 a2 , ? DE ? 0 ? ? ? 0 故) PB 2 2
由已知 EF

B

C

? PB ? DE ,
PB ? 平面 EFD.

? PB ,且 EF ? DE ?E , 所以
A D x

6 6 21 解: (1) (2) 3 3 22[解析] 方法一:(1)证明:如右图,以 O 为原点,以射线 OD 为 y 轴的正半轴,射线 OP

为 z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz.

则 O(0,0,0),A(0,-3,0),B(4,2,0),C(-4,2,0),P(0,0,4), → → → → → → AP=(0,3,4),BC=(-8,0,0),由此可得AP· BC=0,所以AP⊥BC,即 AP⊥BC. → → → (2)解:假设存在满足题意的 M,设PM=λPA,λ≠1,则PM=λ(0,-3,-4). → → → → → PM=BP+PM=BP+λPA =(-4,-2,4)+λ(0,-3,-4) =(-4,-2-3λ,4-4λ), → AC=(-4,5,0). 设平面 BMC 的法向量 n1=(x1,y1,z1),平面 APC 的法向量 n2=(x2,y2,z2). → ? n1=0, ?BM· 由? → ? n1=0, ?BC·
?-4x1-?2+3λ?y1+?4-4λ?z1=0, ? 得? ? ?-8x1=0,

x =0, ? ?1 2+3λ 即? 可取 n1=(0,1, ). 2+3λ 4-4λ z1= y1, ? 4 - 4 λ ? → ? ?x2=4y2, ?3y2+4z2=0, n2=0, ?AP· ? 由? 即? 得? 3 ? → ?-4x2+5y2=0, ? n2=0, ?AC· ?z2=-4y2, 可取 n2=(5,4,-3) 5

2+3λ 由 n 1· n2=0,得 4-3· =0, 4-4λ 2 解得 λ= ,故 AM=3. 5 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3. 方法二:(1)证明:由 AB=AC,D 是 BC 的中点,得 AD⊥BC. 又 PO⊥平面 ABC,所以 PO⊥BC. 因为 PO∩AD=O,所以 BC⊥平面 PAD, 故 BC⊥PA. (2)解:如右图,在平面 PAB 内作 BM⊥PA 于 M,连接 CM. 由(1)知 AP⊥BC, 得 AP⊥平面 BMC. 又 AP?平面 APC, 所以平 BMC⊥平面 APC. 在 Rt△ADB 中,AB2=AD2+BD2 1 =(AO+OD)2+( BC)2=41,得 AB= 41. 2 在 Rt△POD 中,PD2=PO2+OD2, 在 Rt△PDB 中,PB2=PD2+BD2, 所以 PB2=PO2+OD2+DB2=36,得 PB=6. 在 Rt△POA 中,PA2=AO2+OP2=25,得 PA=5. PA2+PB2-AB2 1 又 cos∠BPA= = , 2PA· PB 3 从而 PM=PBcos∠BPA=2,所以 AM=PA-PM=3. 综上所述,存在点 M 符合题意,AM=3.


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