空间向量与立体几何单元测试题

空间向量与立体几何单元测试题一、选择题1、若a,b,c是空间任意三个向量,R,下列关系式中,不成立的是（）A.abbaB.ababC．abcabcD．ba2、给出下列命题①已知ab,则abccbabc;②A、B、M、N为空间四点,若,,BABMBN不构成空间的一个基底,则A、B、M、N共面;③已知ab,则,ab与任何向量不构成空间的一个基底;④已知,,abc是空间的一个基底,则基向量,ab可以与向量mac构成空间另一个基底.正确命题个数是（）A．1B．2C．3D．43、已知,ab均为单位向量,它们的夹角为60,那么3ab等于（）A．7B．10C．13D．44、1,2,,abcab且ca,则向量ab与的夹角为（）A．30B．60C．120D．1505、已知3,2,5,1,,1,abx且2ab,则x的值是（）A．3B．4C．5D．66、若直线l的方向向量为a,平面的法向量为n,则能使//l的是()A1,0,0,2,0,0anB．1,3,5,1,0,1anC0,2,1,1,0,1anD．1,1,3,0,3,1an7.空间四边形OABC中，OBOC，3AOBAOC，则cos,OABC的值是（）A．21B．22C．－21D．08、正方体ABCD-1111DCBA的棱长为1,E是11BA中点,则E到平面11DABC的距离是（）A．32B．22C．12D．339．若向量a与b的夹角为60°，4b，(2)(3)72abab，则a（）Ａ．2Ｂ．4Ｃ．6Ｄ．1210．如图，A1B1C1—ABC是直三棱柱，∠BCA=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（）A．1030B．21C．1530D．101511．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝21PA，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC，则直线OD与平面ABC所成角的正弦值（）A．42B．33C．414D．301012．正三棱柱111CBAABC的底面边长为3，侧棱3231AA，D是CB延长线上一点，且BCBD，则二面角BADB1的大小（）A．3B．6C．65D．32二、填空题13、已知(121)A，，关于面xOy的对称点为B，而B关于x轴的对称点为C，则BC14、△ABC和△DBC所在的平面互相垂直,且AB=BC=BD,∠CBA=∠DBC=60,则AD与平面BCD所成角为.15、若直线l的方向向量为(4,2,m),平面的法向量为(2,1,-1),且l⊥,则m=.16、已知ABCD为正方形，P为平面ABCD外一点，2PDADPDAD，，二面角PADC为60°，则P到AB的距离为三、解答题17、已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形,PA⊥底面ABCD,E为PC上的点且CE：CP=1：4,求在线段AB上是否存在点F使EF//平面PAD?18、如图，已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，∠PDA=60°.（1）求DP与CC1所成角的大小；（2）求DP与平面AA1D1D所成角的大小.19、三棱锥被平行于底面ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为111ABC，90BAC，1AA平面ABC，13AA，2AB，2AC，111AC，12BDDC．（Ⅰ）证明：平面1AAD平面11BCCB；（Ⅱ）求二面角1ACCB的平面角的余弦值．20．如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面1AECF所截面而得到的，其中14,2,3,1ABBCCCBE.（Ⅰ）求BF的长；（Ⅱ）求点C到平面1AECF的距离.A1AC1B1BDCABCDPABCDxyzH参考答案选择题DCCCCDDBCACA填空题13.(042)，，14.3015.-216.7解答题17、解：建立如图所示的空间直角坐标系，设PA=b，则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,b),则,,CPaab,∵E为PC上的点且CE：CP=1：3,∴11,,,,44444aabCECPaab∴由33,,444aabCEAEACAECEAC,设点F的坐标为(x,0,0,)(0≤x≤a),则33,,444aabEFx,又平面PAD的一个法向量为,0,0ABa,依题意,33044aaEFABxax,∴在线段AB上存在点F,满足条件,点F在线段AB的34处.18解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz．则(100)DA，，，(001)CC，，．连结BD，BD．在平面BBDD中，延长DP交BD于H．设(1)(0)DHmmm，，，由已知60DHDA，，由cosDADHDADHDADH，可得2221mm．解得22m，所以22122DH，，．（Ⅰ）因为ABCDPABCDxyzH220011222cos212DHCC，，所以45DHCC，．即DP与CC所成的角为45．（Ⅱ）平面AADD的一个法向量是(010)DC，，．因为220110122cos212DHDC，，所以60DHDC，．可得DP与平面AADD所成的角为30．19.解：解法一：（Ⅰ）1AA平面ABCBC，平面ABC，1AABC．在RtABC△中，226ABACBC，，，:1:2BDDC，63BD，又33BDABABBC，DBAABC△∽△，90ADBBAC，即ADBC．又1AAADA，BC平面1AAD，BC平面11BCCB，平面1AAD平面11BCCB．（Ⅱ）如图，作1AECC交1CC于E点，连接BE，由已知得AB平面11ACCA．AE是BE在面11ACCA内的射影．由三垂线定理知1BECC，AEB为二面角1ACCB的平面角．过1C作1CFAC交AC于F点，则1CFACAF，113CFAA，160CCF．在RtAEC△中，3sin60232AEAC．在RtBAE△中，26tan33ABAEBAE．6arctan3AEB，即二面角1ACCB为6arctan3．解法二：（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系，则11(000)(200)(020)(003)(013)ABCAC，，，，，，，，，，，，，，，:1:2BDDC，13BDBC．D点坐标为222033，，．222033AD，，，1(220)(003)BCAA，，，，，．10BCAA，0BCAD，1BCAA，BCAD，又1AAADA，BC平面1AAD，又BC平面11BCCB，平面1AAD平面11BCCB．（Ⅱ）BA平面11ACCA，取(200)AB，，m为平面11ACCA的法向量，设平面11BCCB的法向量为()lmn，，n，则100BCCC，nn．A1AC1B1BDCFE（第19题，解法一）A1AC1B1BDCzyx（第19题，解法二）22030lmmn，，323lmnm，，如图，可取1m，则3213，，n，222222322010153cos53(2)00(2)13，mn，即二面角1ACCB为15arccos5．20.解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D，(2,4,0)B1(2,0,0),(0,4,0),(2,4,1),(0,4,3)ACEC设(0,0,)Fz.∵1AECF为平行四边形，.62,62||).2,4,2().2,0,0(.2),2,0,2(),0,2(,,11的长为即于是得由为平行四边形由BFBFEFFzzECAFFAEC（II）设1n为平面1AECF的法向量，)1,,(,11yxnADFn故可设不垂直于平面显然02020140,0,011yxyxAFnAEn得由.41,1,022,014yxxy即111),3,0,0(nCCCC与设又的夹角为，则.333341161133||||cos1111nCCnCC∴C到平面1AECF的距离为.11334333343cos||1CCd