空间向量单元练习题

1《空间向量》单元练习题高二、二部一、选择题1.如图，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点.若11BA=a，11DA=b，AA1=c，则下列向量中与MB1相等的向量是A.－21a+21b+cB.21a+21b+cC.21a－21b+cD.－21a－21b+c2.下列等式中，使点M与点A、B、C一定共面的是A.OCOBOAOM23B.OCOBOAOM513121C.0OCOBOAOMD.0MCMBMA3.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于1，点E、F分别是AB、AD的中点，则DCEF等于A.41B.41C.43D.434.若)2,,1(a，)1,1,2(b，a与b的夹角为060，则的值为A.17或-1B.-17或1C.-1D.15.设)2,1,1(OA，)8,2,3(OB，)0,1,0(OC，则线段AB的中点P到点C的距离为A.213B.253C.453D.4536.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.63B.552C.155D.1057.⊿ABC的三个顶点分别是)2,1,1(A，)2,6,5(B，)1,3,1(C，则AC边上的高BD长为A.5B.41C.4D.52二、填空题8.设)3,4,(xa，),2,3(yb，且ba//，则xy.9.已知向量)1,1,0(a，)0,1,4(b，29ba且0，则=________.10.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112AB，则的大小为．11.如图，P—ABCD是正四棱锥，1111ABCDABCD是正方体，其中2,6ABPA，则1B到平面PAD的距离为.三、解答题12.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cbaAPADAB,,．（1）试用cba,,表示出向量BM；（2）求BM的长．MPDCBA213.如图：已知正三棱柱ABC－A'B'C'的侧棱长为2，底面边长为1，M是BC的中点。求异面直线AB'与BC'的夹角；14.如图，已知点P在正方体''''DCBAABCD的对角线'BD上，∠PDA=60°.（1）求DP与'CC所成角的大小；（2）求DP与平面DDAA''所成角的大小.15.如图，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1，A1A的中点，（1）求;的长BN（2）求;,cos11的值CBBA（3）.:11MCBA求证16.如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，60ABC，EF，分别是BCPC，的中点．（1）证明：AEPD；（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为62，求二面角EAFC的余弦值．PBECDFAD'C'B'A'PDCBAAA'B'C'BCMN3《空间向量》单元练习题参考答案一、选择题1.)(21111BCBAAABMBBMB=c+21(－a+b)=－21a+21b+c，故选A.2.1),,(zyxRzyxOCzOByOAxOMCBAM且四点共面、、、由于MCMBMAMCMBMACBA0由于都不正确、、选项.)()()(共面使所以存在MCMBMAMCyMBxMAyx,,,1,1四点共面，、、、为公共点由于CBAMM故选D.3.∵的中点分别是ADABFE,,,BDEFBDEFBDEF21,21//且,41120cos1121,cos21210DCBDDCBDDCBDDCEF故选B.4.B5.B6.D7.由于4,cosACACABACABABAD，所以522ADABBD,故选A二、填空题8.99.310.作AC⊥x轴于C，BD⊥x轴于D，则DBCDACAB∵cos6)180cos(,0,0,2,5,30DBACDBACDBCDCDACDBCDAC000222222222120,1800.21cos),cos600(2253)112()(2)(由于ACDBDBCDCDACDBCDACDBCDACAB11.以11BA为x轴，11DA为y轴，AA1为z轴建立空间直角坐标系设平面PAD的法向量是(,,)mxyz，(0,2,0),(1,1,2)ADAP，∴02,0zyxy，取1z得(2,0,1)m，1(2,0,2)BA，∴1B到平面PAD的距离1655BAmdm.三、解答题12.解：（1）∵M是PC的中点，∴)]([21)(21ABAPADBPBCBMcbaacb212121)]([21（2）2,1,2,1cbaPAADAB由于160cos12,0,60,00cbcabaPADPABADAB由于),(21cbaBM由于23)]110(2211[41)](2[41)(4122222222cbcabacbacbaBM2626的长为，BMBM.13.0.714.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，，．（1）因为220011222cos212DHCC，，所以45DHCC，，即DP与CC所成的角为45．（2）平面AADD的一个法向量是(010)DC，，．ABCDPABCDxyzH4因为220110122cos212DHDC，，所以60DHDC，，可得DP与平面AADD所成的角为30．15.16.（1）证明：由四边形ABCD为菱形，60ABC，可得ABC△为正三角形．因为E为BC的中点，所以AEBC．又BCAD∥，因此AEAD．因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE．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：由（1）知AEADAP，，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EF，分别为BCPC，的中点，所以(000)(310)(310)(020)ABCD，，，，，，，，，，，，31(002)(300)122PEF，，，，，，，，，所以31(300)122AEAF，，，，，．设平面AEF的一法向量为111()xyz，，m，则00AEAF，，mm因此11113031022xxyz，．取11z，则(021)，，m，因为BDAC，BDPA，PAACA，所以BD平面AFC，故BD为平面AFC的一法向量．又(330)BD，，，所以2315cos5512BDBDBD，mmm．因为二面角EAFC为锐角，所以所求二面角的余弦值为155．PBECDFAyzx