2016年空间向量与立体几何单元练习题

1《空间向量与立体几何》习题一、选择题（每小题5分，共50分）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.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是A．①②B．①③C．①④D．②④7.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①正方体②圆锥③三棱台④正四棱锥2A.9πB.10πC.11πD.12π8.如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误．．的是A.BD∥平面CB1D1B.AC1⊥BDC.AC1⊥平面CB1D1D.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.63B.552C.155D.10510.⊿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（每小题5分，共20分）11.设)3,4,(xa，),2,3(yb，且ba//，则xy.12.已知向量)1,1,0(a，)0,1,4(b，29ba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112AB，则的大小为．14.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（共80分）俯视图正(主)视图侧(左)视图2322315.（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cbaAPADAB,,．（1）试用cba,,表示出向量BM；（2）求BM的长．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..17.（本小题满分12分）如图，在四面体ABCD中，CBCDADBD，，点EF，分别是ABBD，的中点．求证：（1）直线//EF面ACD；（2）平面EFC面BCD．224侧视图正视图624GEFC'B'D'CABDMPDCBA4俯视图侧视图正视图121121EDCBAP18.（本小题满分14分）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.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．20.（本小题满分14分）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'PDCBA5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.D8.D9.D10.由于4,cosACACABACABABAD，所以522ADABBD,故选A二、填空题11.912.313.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ACDBDBCDCDACDBCDACDBCDACAB14.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.6三、解答题15.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.16.解：（1）如图（2）所求多面体体积VVV长方体正三棱锥11446222322284(cm)3．（3）证明：在长方体ABCDABCD中，连结AD，则ADBC∥．因为EG，分别为AA，AD中点，所以ADEG∥，从而EGBC∥．又BC平面EFG，所以BC∥面EFG．17.证明：（1）∵E,F分别是ABBD，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ＢＤ的中点，∴CF⊥BD又EF∩CF=F,∴BD⊥面EFC，∵BD面BCD，∴面EFC面BCD.ABCDEFGABCD718.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，，．因为220110122cos212DHDC，，所以60DHDC，，可得DP与平面AADD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的正方形，侧棱PC⊥底面ABCD，且PC=2.∴1233PABCDABCDVSPC(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ACPCC∴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∵CD=CB,EC=EC，∴RtECD≌RtECB，∴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Rｔ△ADE中ADDEDGAE=23=BG在△DGB中，由余弦定理得212cos222BGDGBDBGDGDGBABCDPABCDxyzH8zyxEDCBAP∴DGB=23，∴二面角D－AE－B的大小为23.解法2：以点C为坐标原点，CD所在的直线为ｘ轴建立空间直角坐标系如图示：则(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,1)DABE,从而(1,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,1)DEDABABE设平面ADE和平面ABE的法向量分别为(,,),(',',')mabcnabc由法向量的性质可得：0,0acb，'0,''0abc令1,'1cc，则1,'1ab，∴(1,0,1),(0,1,1)mn设二面角D－AE－B的平面角为，则1cos2||||mnmn∴23，∴二面角D－AE－B的大小为23.20.（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：设2AB，H为PD上任意一点，连接AHEH，．由（1）知AE平面PAD，则EHA为EH与平面PAD所成的角．在RtEAH△中，3AE，所以当AH最短时，EHA最大，即当AHPD时，EHA最大．此时36tan2AEEHAAHAH，因此2AH．又2AD，所以45ADH，所以2PA．解法一：因为PA平面ABCD，PA平面PAC，所以平面PAC平面ABCD．9过E作EOAC于O，则EO平面PAC，过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角EAFC的平面角，在RtAOE△中，3sin302EOAE，3cos302AOAE，又F是PC的中点，在RtASO△中，32sin454SOAO，又223930484SEEOSO，在RtESO△中，32154cos5304SOESOSE，即所求二面角的余弦值为155．解法二：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，，