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高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解


高考总复习

高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解 一、选择题 → → → → → → → → 1.已知四边形 ABCD 满足:AB· >0,BC· >0,CD· >0,DA· >0,则该四边形 BC CD DA AB 为( ) A.平行四边形 C.平面四边形 [答案] D π π π π → → [解析] ∵AB

· >0,∴∠ABC> ,同理∠BCD> ,∠CDA> ,∠DAB> ,由内角和定 BC 2 2 2 2 理知,四边形 ABCD 一定不是平面四边形,故选 D. 2.如图,点 P 是单位正方体 ABCD-A1B1C1D1 中异于 A 的一个顶 → → 点,则AP· 的值为 AB ( A.0 B.1 C.0 或 1 D.任意实数 [答案] C → [解析] AP可为下列 7 个向量: → → → → → → → → → → → → → AB,AC,AD,AA1,AB1,AC1,AD1,其中一个与AB重合,AP· =|AB|2=1;AD,AD1, AB π → → → → → → → → → AA1与AB垂直,这时AP· =0;AC,AB1与AB的夹角为 45° AB ,这时AP· = 2×1×cos =1, AB 4 1 → → 最后AC1· = 3×1×cos∠BAC1= 3× =1,故选 C. AB 3 3.如图,在平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 为 AC 与 BD 的 → → → 交点,N 为 BB1 的靠近 B 的三等分点,若A1B1=a,A1D1=b,A1A=c, → 则MN等于( ) ) B.梯形 D.空间四边形

1 1 1 A.- a+ b+ c 2 2 3 1 1 1 B. a+ b- c 2 2 3 1 1 1 C. a- b- c 2 2 3 1 1 2 D.- a- b+ c 2 2 3 [答案] C
含详解答案

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1→ → → → 1 → [解析] MN=MB+BN= D1B1+ BB1 2 3 1 → 1→ 1 1 1 → = (A1B1-A1D1)- A1A= a- b- c. 2 3 2 2 3 → → 4.已知 A(2,-5,1),B(2,-2,4),C(1,-4,1),则AC与AB的夹角为( A.30° C.60° [答案] C → → AB· AC 3 → → → → [解析] AB=(0,3,3),AC=(-1,1,0).设〈AB,AC〉=θ,则 cosθ= = = → → |AB|· | 3 2· 2 |AC 1 ,∴θ=60° . 2 5.已知 a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若 a,b,c 三向量共面,则实 数 λ 等于( 62 A. 7 64 C. 7 [答案] D [解析] ∵a,b,c 三向量共面, ∴存在实数 m,n 使 c=ma+nb, 即(7,5,λ)=(2m-n,-m+4n,3m-2n), ) 63 B. 7 65 D. 7 B.45° D.90° )

?2m-n=7 ? ∴?-m+4n=5 ?λ=3m-2n ?

65 ,∴λ= . 7

→ → → → 6. (2010· 山东青岛)在空间四边形 ABCD 中, · +AC· + AB CD DB → → AD· 的值为( BC A.0 C.1 [答案] A → → → → → → [解析] AB· +AC· +AD· CD DB BC → → → → → → → → → =AB· -BC)+(BC-BA)· +(BD-BA)· (BD DB BC → → → → → → → → → → → → =AB· -AB· +BC· -BA· +BD· -BA· =0,故选 A. BD BC DB DB BC BC 7.△ABC 的顶点分别为 A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则 AC 边上的高 BD
含详解答案

) B. 3 2

D.无法确定

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等于( A.5 C.4

) B. 41 D.2 5

[答案] A → → [解析] 设AD=λAC,D(x,y,z),则(x-1,y+1,z-2)=λ(0,4,-3), ∴x=1,y=4λ-1,z=2-3λ. → ∴BD=(-4,4λ+5,-3λ), → → → 又AC=(0,4,-3),AC⊥BD, ∴4(4λ+5)-3(-3λ)=0, 9 12 4 → ∴λ=- ,∴BD=?-4,5, 5 ?, ? ? 5 → ∴|BD|= 9 12 ?-4?2+?5?2+? 5 ?2=5. ? ? ? ?

→ 1→ 8.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,AM= MC,点 N 为 B1B 的中点,则线段 2 MN 的长度为( A. C. 21 6 15 6 ) B. D. 6 6 15 3

[答案] A → → → → 1→ [解析] MN=AN-AM=AN- AC 3 → → 1 → → → =AB+BN- AB+AD+AA1 3

(

)

2→ 1 → 1 → = AB+ AA1- AD. 3 6 3 → ∴MN=|MN|= 4→2 1 → 2 1→2 21 |AB| + |AA1| + |AD| = . 9 36 9 6 )

→ → → 9.设空间四点 O、A、B、P 满足OP=OA+tAB,其中 0<t<1,则有( A.点 P 在线段 AB 上 B.点 P 在线段 AB 的延长线上 C.点 P 在线段 BA 的延长线上 D.点 P 不一定在直线 AB 上 [答案] A → → → → → [解析] ∵OP=OA+tAB,∴AP=tAB,

含详解答案

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∵0<t<1,∴点 P 在线段 AB 上. 10.在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M、N 分别为 A1B1 和 BB1 的中点,那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值等于( A. 3 2 B. 10 10 )

3 C. 5 [答案] D

2 D. 5

→ → → → 1→ → → → → 1→ [解析] AM=AA1+A1M=AA1+ AB,CN=CB+BN=-AD+ AA1, 2 2 1→ → 1 → → → → 1→ → 1 → AM· =-AA1· - AB· + |AA1|2+ AA1· = , CN AD AD AB 2 2 4 2 1→ → → → → 5 |AM|2=|AA1|2+ |AB|2+AA1· = , AB 4 4 1 1→ → 5 → → |CN|2=|AD|2+ |AA1|2- AD· 1= , AA 4 2 4 → → AM· CN 2 → → ∴cos〈AM,CN〉= = ,故选 D. → → 5 |AM|· | |CN 二、填空题 11.已知 a=(1,2x-1,-x),b=(x+2,3,-3),若 a∥b,则 x=________. [答案] 1 2x-1 -x 2x-1 1 1 [解析] ∵a∥b,∴ = = ,由 = 得,2x2+3x-5=0,∴x=1 或 3 3 x+2 -3 x+2 5 - , 2 由 2x-1 -x = 得 x=1,∴x=1. 3 -3

12. 设向量 a=(-1,3,2), b=(4, -6,2), c=(-3,12, 若 c=ma+nb, m+n=________. t), 则 [答案] 11 2

[解析] ma+nb=(-m+4n,3m-6n,2m+2n), ∴(-m+4n,3m-6n,2m+2n)=(-3,12,t).

?-m+4n=-3 ? ∴?3m-6n=12 ?2m+2n=t ?

?m=5, ? 1 ,解得?n=2, ? ?t=11.

11 ∴m+n= . 2

13.若|a|= 17,b=(1,2,-2),c=(2,3,6),且 a⊥b,a⊥c,则 a=________. 18 1 18 1 [答案] (- ,2, )或( ,-2,- ) 5 5 5 5
含详解答案

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[解析] 设 a=(x,y,z), ∵a⊥b,∴x+2y-2z=0.① ∵a⊥c,∴2x+3y+6z=0.② ∵|a|= 17.∴x2+y2+z2=17.③ ∴联立①②得 x=-18z,y=10z. 1 代入③得 425z2=17,∴z=± . 5 18 1 18 1 ∴a=(- ,2, )或( ,-2,- ). 5 5 5 5 14.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° ,∠BAC=30° ,BC=1,AA1= 6,M 是 CC1 的中点,则异面直线 AB1 与 A1M 所成角为________. [答案] π 2

[解析] 由条件知 AC、BC、CC1 两两垂直,以 C 为原点,CB,CA,CC1 分别为 x 轴, y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则 B(1,0,0),A(0, 3,0),B1(1,0, 6),M(0,0, 3, 6), 6 ),A1(0, 2

6 → → ∴AB1=(1,- 3, 6),A1M=(0,- 3,- ), 2 → → AB1· 1M A → → cos〈AB1,A1M〉= =0, → → |AB1|· 1M| |A π → → ∴〈AB1,A1M〉= , 2 π 即直线 AB1 与 A1M 所成角为 . 2 三、解答题 15.已知向量 b 与向量 a=(2,-1,2)共线,且满足 a· b=18,(ka+b)⊥(ka-b),求向量 b 及 k 的值. [解析] ∵b≠0,a,b 共线,∴存在实数 λ,使 a=λb,

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∵a=(2,-1,2),∴|a|=3, ∴a· b=λa2=λ|a|2=9λ=18, ∴λ=2.∴b=(4,-2,4). ∵(ka+b)⊥(ka-b),∴(ka+b)· (ka-b)=0. ∴(ka+2a)· (ka-2a)=0. ∴(k2-4)|a|2=0.∴k=± 2. 16.(2010· 上海松江区模拟)设在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC=AA1=2,∠BAC =90° ,E,F 依次为 C1C,BC 的中点.

(1)求异面直线 A1B、EF 所成角 θ 的大小(用反三角函数值表示); (2)求点 B1 到平面 AEF 的距离. [解析] 以 A 为原点建立如图所示空间直角坐标系,则各点坐标为 A1(0,0,2),B(2,0,0), B1(2,0,2),E(0,2,1),F(1,1,0),

→ → (1)A1B=(2,0,-2),EF=(1,-1,-1), → → A1B· EF 4 6 cosθ= = = , → → 2 2× 3 3 |A1B|· | |EF ∴θ=arccos 6 . 3

(2)设平面 AEF 的一个法向量为 n=(a,b,c), → → ∵AE=(0,2,1),AF=(1,1,0), → ?n· =0 ?2b+c=0 ? AE ? 由? 得,? , ? → ?a+b=0 ? AF ?n· =0

含详解答案

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令 a=1 可得 n=(1,-1,2), → |AB1· n| 6 → ∵AB1=(2,0,2),∴d= = = 6. |n| 6 ∴点 B1 到平面 AEF 的距离为 6. 17.如图,平面 ABEF⊥平面 ABCD,四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯形,∠BAD= 1 1 ∠FAB=90° ,BC 綊 AD,BE 綊 FA,G、H 分别为 FA、FD 的中点. 2 2

(1)证明:四边形 BCHG 是平行四边形; (2)C、D、F、E 四点是否共面?为什么? (3)设 AB=BE,证明:平面 ADE⊥平面 CDE. [解析] 由题设知,FA、AB、AD 两两互相垂直.如图,以 A 为坐标原点,射线 AB 为 x 轴正半轴,建立如图所示的直角坐 标系 A-xyz. (1)设 AB=a,BC=b,BE=c,则由题设得 A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0), E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c),F(0,0,2c). → → 所以,GH=(0,b,0),BC=(0,b,0), → → 于是GH=BC.又点 G 不在直线 BC 上, 所以四边形 BCHG 是平行四边形. (2)C、D、F、E 四点共面.理由如下: 由题设知,F(0,0,2c),所以 → → → → EF=(-a,0,c),CH=(-a,0,c),EF=CH, 又 C?EF,H∈FD,故 C、D、F、E 四点共面. → → (3)由 AB=BE,得 c=a,所以CH=(-a,0,a),AE=(a,0,a) → → → → → 又AD=(0,2b,0),因此CH· =0,CH· =0 AE AD 即 CH⊥AE,CH⊥AD, 又 AD∩AE=A,所以 CH⊥平面 ADE. 故由 CH?平面 CDFE,得平面 ADE⊥平面 CDE. [点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点,容易将各点的坐标表示出来
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时, 可用向量法求解. 如果其所讨论关系不涉及求角, 求距离或所求角、 距离比较容易找(作) 出时,可不用向量法求解,本题解答如下: 1 (1)由题设知,FG=GA,FH=HD,所以 GH 綊 AD. 2 1 又 BC 綊 AD,故 GH 綊 BC, 2 所以四边形 BCHG 是平行四边形.

(2)C、D、F、E 四点共面.理由如下: 1 由 BE 綊 AF,G 是 FA 的中点知,BE 綊 GF, 2 所以 EF∥BG, 由(1)知 BG∥CH,所以 EF∥CH,故 EC、FH 共面. 又点 D 直线 FH 上, 所以 C、D、F、E 四点共面. (3)连结 EG,由 AB=BE,BE 綊 AG,及∠BAG=90° ABEG 是正方形, 知 故 BG⊥EA.由题设知,FA、AD、AB 两两垂直,故 AD⊥平面 FABE, 因此 EA 是 ED 在平面 FABE 内的射影,∴BG⊥ED. 又 EC∩EA=E,所以 BG⊥平面 ADE. 由(1)知,CH∥BG,所以 CH⊥平面 ADE.由(2)知 F∈平面 CDE,故 CH?平面 CDE, 得平面 ADE⊥平面 CDE.

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