高考复习高三单元试题之十空间向量

高三单元试题之十空间向量一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）1．如图，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若bDAaBA1111,，cAA1，则下列向量中与MB1相等的向量是（）A．cba2121B．cba2121C．cba2121D．cba21212．化简(－3，4，1)·[2(5，－2，3)+3(－3，1，0)]·(2，－1，4)的结果是（）A．(－4，2，8)B．(2，－1，4)C．(－2，1，－4)D．(4，－2，8)3．设OA＝a，OB＝b，OC＝c，则使A、B、C三点共线的条件是（）A．c＝a+b，B．c＝12a+13bC．c＝3a－4bD．c＝4a－3b4．若点A(x2+4，4－y，1＋2z)关于y轴的对称点是B(－4x，9，7－z)，则x，y，z的值依次为（）A．1，－4，9B．2，－5，－8C．2，5，8D．－2，－5，85．若OA、OB、OC三个单位向量两两之间夹角为60°，则|OA+OB+OC|＝（）A．6B．6C．3D．36．正方体ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AA1与CC1的中点，则直线ED与D1F所成角的大小是（）A．51arccosB．31arccosC．3D．67．设a、b是平面内的两个非零向量，则n·a＝0，n·b＝0是n为平面的法向量的（）A．充分条件B．充要条件C．必要条件D．既非充分又非必要条件8．已知a＝(2，2，1)，b＝(4，5，3)，而n·a＝n·b＝0，且|n|＝1，则n＝（）A．(13，23，－23)B．(13，－23，23)C．(－13，23，－23)D．±(13，－23，23)9．设A、B、C、D是空间任意四个点，令u＝ADBC，v＝ABCD，w＝ACBD，则u、v、w三个向量（）A．互不相等B．至多有两个相等C．至少有两个相等D．有且只有两个相等10．如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①0ACBD；②∠BAC＝60°；③三棱锥D—ABC是正三棱锥；DCA1B1ABMD1C1ABDCACBD④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直.其中正确的是（）A．①②B．②③C．③④D．①④11．若a、b、c是空间的一个基底，下列各组①la、mb、nc(lmn≠0)；②a+2b、2b+3c、3a－9c；③a+2b、b+2c、c+2a；④a+3b、3b+2c、－2a+4c中，仍能构成空间基底的是（）A．①②B．②③C．①③D．②④12．在空间直角坐标系O—xyz中，有一个平面多边形，它在xOy平面的正射影的面积为8，在yOz平面和zOx平面的正射影的面积都为6，则这个多边形的面积为（）A．46B．246C．34D．234二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上．）13．若A(－1，2，3)、B(2，－4，1)、C(x，－1，－3)是直角三角形的三个顶点，则x＝．14．若a＝(3x，－5，4)与b＝(x，2x，－2)之间夹角为钝角，则x的取值范围为．15．设向量a＝(1，－2，2)，b＝(－3，x，4)，已知a在b上的射影是1，则x＝．16．设A(1，2，－1)，B(0，3，1)，C(－2，1，2)是平行四边形的三个顶点，则此平行四边形的面积为．三、解答题（本大题共6小题，共74分．解答应有证明过程或演算步骤）17．（本题12分）在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，BC=CD，∠BCD=90°，∠ADB=30°，E，F分别是AC，AD的中点。⑴求证：平面BEF⊥平面ABC；⑵求平面BEF和平面BCD所成的角.18．（本题12分）已知正三棱柱ABC—A1B1C1，底面边长AB=2，AB1⊥BC1，点O、O1分别是边AC，A1C1的中点，建立如图所示的空间直角坐标系.⑴求正三棱柱的侧棱长.⑵若M为BC1的中点，试用基向量1AA、AB、AC表示向量AM；⑶求异面直线AB1与BC所成角的余弦值．.BB1OO1ACyC1A1xz19．（本题12分）如图，已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长AB=2，侧棱BB1的长为4，过点B作B1C的垂线交侧棱CC1于点E，交B1C于点F.⑴求证：A1C⊥平面BED；⑵求A1B与平面BDE所成的角的正弦值.20．（本题12分）．在60°的二面角的棱上，有A、B两点，线段AC、BD分别在二面角的两个面内，且都垂直于AB，已知AB=4，AC=6，BD=8.⑴求CD的长度；⑵求CD与平面所成的角21．（本题12分）棱长为a的正方体OABC—O1A1B1C1中，E、F分别为棱AB、BC上的动点，且AE=BF=x（0≤x≤a）.以O为原点，直线OA、OC、OO1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图.⑴求证：A1F⊥C1E；⑵当△BEF的面积取得最大值时，求二面角B1—EF—B的大小.ABDCA1B1D1C1EFCBAOC1B1O1A1EFyxz22．（本题14分）如图直角梯形OABC中，∠COA＝∠OAB＝2，OC＝2，OA＝AB＝1，SO⊥平面OABC，SO=1，以OC、OA、OS分别为x轴、y轴、z轴建立直角坐标系O-xyz.⑴求SCOB与的夹角的大小（用反三角函数表示）；⑵设:,),,,1(求平面满足SBCnqpn①;n的坐标②OA与平面SBC的夹角（用反三角函数表示）；③O到平面SBC的距离.⑶设:.),,1(填写且满足OBkSCksrk①的坐标为k.②异面直线SC、OB的距离为.（注：⑶只要求写出答案）CBAOSyxzCBAOC1B1O1A1EFyxz高三单元试题之十：空间向量参考答案一、1．A2．C3．D4．B5．B6．A7．C8．D9．D10．B11．C12．D二、13．163或－1114．243x15．016．52三、17．解：⑴建立如图所示的空间直角坐标系，取A（0，0，a）.由),0,0,0(),0,23,23(),0,3,0(30BaaCaDADB可得).2,23,0(),2,43,43(aaFaaaE所以)0,23,23(),0,0(),0,43,43(aaBCaBAaaEF因为BCEFABEFBCEFBAEF,,0,0所以所以ABCDEFBEFEFABCEF平面所以平面平面又平面.,⑵作2163)0,23,0(,)0,43,43(,aSaFFBDFFaaEEBCEEFEB于作于EFBEEFBEaaEFaaaBE所以显然,0)0,43,43(),2,43,43(所以.5151015/163cos,1615,46||.410||222aaaSaEFaBEBEF所以所以θ=,515arccos即平面BEF和平面BCD所成的角为.515arccos18．解：⑴设正三棱柱的高为h，由AB=2及正三棱柱的性质知B),1,3(),,1,0(),0,1,0(),,0,3(),0,0,3(111hABhCAhB),,1,3(1hBC又0,1111BCABBCAB，即,2,011)3(322hh得2,0hh，则正三棱柱的侧棱长为2.⑵连结AC1，∵点M是BC1的中点.212121)(21)(2111111ACAAABCAAAABACABAM⑶),2,1,3(),0,1,3(),10,0(),0,0,3(1ABBCCB又,20211)3(31BCAB2013||,6213||BCAB，而,66262||||,cos1111BCABBCABBCABB1NEMDCE′BF′AEFyxz∴异面直线AB1与BC所成角的余弦值为.66．19．解：⑴解法（一）（1）以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系0－xyz，则D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），A1（2，0，4），D1（0，0，4），C1（0，2，4），B1（2，2，4），设E（0，2，t），则∵),4,0,2(),,0,2(,11CBtBECBBE,1,04041ttCBBE0404),0,2,2(),4,2,2(),1,0,2(),1,2,0(11BECADBCABEE又且,00441DBCA,11BECADBCA且BDECABECADBCA平面且111,（2）设A1C∩平面BDE=K，设A1C∩平面BDE=K，),4,22,22(),,22,2(),,22,2()1,2,0()0,2,2(1nnmmKAnnmmKnnmmnmDEnDBmDK设0120)22(2)22(211nmnmmDBKADBKA…①同理有045404)22(211nmnnmDEKADEKA…②由①，②联立解得),310,35,35(,32,611KAnm,52||,365||11BAKA又易知,63052635||||sin111BAKABKA即所求角的正弦值是630解法（二）（1）证明：连AC交BD于点O，由正四棱柱性质可知AA1⊥底面ABCD，AC⊥BD，∴A1C⊥BD又∵A1B⊥侧面BC1且B1C⊥BE，∴A1C⊥BE，∵BD∩BE=B，∴A1C⊥平面BDE（2）解：设A1C交平面BDE于点K，连BK，ABDCA1B1D1C1EFKyxz则∠A1BK为A1B与平面BDE所成的角，∵在侧面BC1中BE⊥B1C，∴△BCE∽△B1BC，1,4,2,11CEBBBCBBBCBCCE又连结OE，则OE为平面ACC1A1与平面DBE的交线，122,12,2,223,126,33OEACKRtECOCOACABOECOECOECKECCOCK在中又3653662,62121221KAAABCABCA63042635sin221111BAKABKABKARt中在即为A1B与平面BDE所成的角的正弦值.20．解：⑴因为BDABCACDBDCABDAC又所以.120,,60,，故有BDCABDABABCABDABCABDABCABDABCACDCD222))((||22222，因为CA⊥AB，BD⊥AB，所以.0,0BDABABCA所以172||.6821862846||2222CDCD所以.（2）过C作CE⊥平面α于E，连接AE、CE在△ACE中，CE=6sin60°=33，连接DE，则∠CDE就是CD与平面α所成角。34513arcsin.3451317233sinCDECDCECDE所以.21．⑴证：∵AE＝BF＝x，∴A′(a,0,a)、C′(0,a,a)、E(a,x,0)、F(a－x,a,0)，),,,,(),,,(aaxaECaaxFA……4分2)(aaxaaxECFA,022aaaxax∴A′F⊥C′E。⑵由BF＝x，EB＝a－x，CBAOC1B1O1A1EFyxzABDCA1B1D1C1EFKO则,8)2(21)(2122axaxxaxSBEF当且仅当2,axxax即时等号成立，此时E、F分别为AB、BC的中点.取EF的中点M，连BM，则BM⊥EF，根据三垂线定理知EF⊥B1M，∴∠B1MB即为二面角B1－EF—B的平面角.在Rt△BMF中，,,4222aBBaBFBM在Rt△B1BM中，,2242tan