2022年空间向量与立体几何单元试题.docx
精选学习资料 - - - - - - - - - 空间向量与立体几何单元试题名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 作者：日期：2 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 空间向量与立体几何习题一、挑选题（每道题5 分,共 50 分）A 1B 1=a,1. 如图,在平行六面体 ABCDA1B1C1D1 中,M 为 AC 与 BD 的交点 . 如A 1D1=b,A1A=c,就以下向量中与B1M相等的向量是A. 1a+ 21 b+c 2B.1 a+ 21 b+c 2C. 2 1 a 2 1 b+c D. 2 1 a 2 1 b+c2. 以下等式中,使点 M与点 A、B、C肯定共面的是A.OM3 OA2 OBOC0 B.OM1OA1OB1OC235C.OMOAOBOC D.MAMBMC03. 已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于AD 的中点,就EFDC等于1,点 E、F 分别是 AB、A.1 B. 4,b1 C. 43 D. 434的值为4. 如a,1,2 2 ,1,1 , a 与 b 的夹角为0 60 ,就A.17 或-1 B.-17或 1 C.-1 D.1 5. 设OA,1,12 ,OB 2,3 8, ,OC,1,0 0 ,就线段 AB 的中点 P 到点 C 的距离为A.13 B. 253 C. 253 D. 45346. 以下几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是 A正 圆B C三 D正7. 右图是一个几何体的三视图,依据图中数据,可得该几何体的表面积是3 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - A. 9 B. 10 C. 11 D. 122 3 8. 如图, ABCD-A1B1C1D1 为正方体,下面结论错误的是 俯 视正 主 2 侧 左 2 A. BD 平面 CB1D1 B. AC1BDC. AC1平面 CB1D1 D. 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,就 BC1 与平面 BB1D1D所成角的正弦值为A.6B.255C.15,1D.10,62 ,C ,1,31 ,就 AC边上的高 BD35510. ABC的三个顶点分别是A ,12,B5 ,长为A.5 B.41 C.4 D.,就 xy250,就=_. 二、填空题（每道题5 分,共 20 分） . 11. 设ax,43, ,b3 ,2,y,且a/b12. 已知向量a0 ,1,1,b,1,40 ,ab29且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AB211,就的大小为14. 如图, PABCD 是正四棱锥,ABCD A B C D 是正方体,其中AB 2, PA 6,就 B 到平面 PAD 的距离为 . 三、解答题（共 80 分）4 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 15.（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 60 0, M 是 PC的中点,设ABa,ADcb ,APcPM（1）试用a,b ,表示出向量 BM ；（2）求 BM 的长D CA B16.（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,依据画三视图的要求画出该多面体的俯视图；（2）依据给出的尺寸,求该多面体的体积；（3）在所给直观图中连结BC ,证明：BC 面 EFG. D'FC'GB'EA2D6BC2244正视图CD,AD侧视图FBD,点 E,17.（本小题满分 12 分）如图,在四周体 ABCD 中,CB分别是 AB,BD 的中点求证：（1）直线 EF / 面 ACD ；（2）平面 EFC 面 BCD 5 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 18.（本小题满分 14 分）如图,已知点 P 在正方体ABCDA 'B 'C'D'的对角线BD'上, PDA=60° .（1）求 DP 与CC 所成角的大小；A'D'PB'C'（2）求 DP 与平面AA 'D'D所成角的大小 .ADBC19. （本小题满分 14 分）已知一四棱锥 上的动点（1）求四棱锥 PABCD 的体积；PABCD 的三视图如下, E 是侧棱 PC（2）是否不论点 E 在何位置,都有 BDAE？证明你的结论 ;（3）如点 E 为 PC 的中点,求二面角 PEDAEB 的大小DC221AB1P11正视图侧视图俯视图20. （本小题满分 14 分）如图,已知四棱锥ABCD ,底面 ABCD 为菱形,名师归纳总结 PA平面 ABCD ,ABC60o, E,F分别是 BC,PC的中点,求二第 6 页,共 11 页（1）证明： AEPD ；（2）如 H 为 PD 上的动点, EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为6 2面角 EAFC 的余弦值P D 6 B A F C E - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 练习题参考答案一、挑选题1. B 1 M B 1 B BM A 1 A 1 BA BC =c+ 1 a+b=1 a+ 1 b+c,应选 A. 2 2 2 22. 由于 M、A、B、C 四点共面 OM x OA y OB z OC x , y , z R 且 x y z 1选项 A 、B 、C 都不正确 . 由于 MA MB MC 0 MA MB MC所以存在 x ,1 y ,1 使 MA x MB y MC MA , MB , MC 共面由于 M 为公共点 M、A、B、C 四点共面,应选 D. 3. E , F 分别是 AB , AD 的中点 , EF / BD 且 EF 1 BD , EF 1 BD ,2 2EF DC 1 BD DC 1 BD DC cos BD , DC 1 1 1 cos 120 0 12 2 2 4应选 B.4.B 5.B 6. D 7. D 8. D 9. D AB AC 2 210. 由于 AD AB cos AB , AC 4,所以 BD AB AD 5 , 应选 A AC二、填空题11. 9 12.3 13. 作 ACx 轴于 C,BDx 轴于 D,就 AB AC CD DBAC ,3 CD ,5 DB ,2 AC CD ,0 CD DB 0 , AC DB AC DB cos 180 0 6 cos2 2 2 22AB AC CD DB AC CD DB 2 AC CD CD DB DB AC 2 2 2 2 1 0 0 0 2 11 3 5 2 2 0 0 6 cos , cos . 由于 0 180 , 120214. 以 A 1B 1 为 x 轴,A 1D 1 为 y 轴,A1 A 为 z 轴建立空间直角坐标系ur设平面 PAD 的法向量是 m , x y z , ,uuur uuur urQ AD 0, 2,0, AP 1,1,2,y 0 , x y 2 z 0,取 z 1 得 m 2,0,1,uuur urQ uuurB A 2,0,2,B 到平面 PAD 的距离 d B A mur 6 5 .m 57 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 三、解答题15. 解：（1） M 是 PC的中点,BMa1BCBP 1 2AD1APAB321bca1a1b1c2222,1c2bc2cos6001（2）由于ABAD,1PA2 ,ab由于ABAD,PABPAD600,b0 ,ac由于BM1abc ,bacbc12 112222011 2BM21abc21a2b2c22a4442BM6,BM的长为6.2216. 解：（1）如图（2）所求多面体体积 VV 长方体V 正三棱锥44611222284 cm 332（3）证明： 在长方体 ABCDA B C D 中,AD G F BC连结 AD ,就 ADBC由于 E,G分别为 AA , A D 中点,所以 ADEG,E A D B C 从而 EGBC又 BC平面 EFG ,所以 BC 面 EFG 17. 证明：（1）E,F 分别是 AB,BD的中点,EF 是 ABD 的中位线, EF AD ,AD 面 ACD,EF面 ACD,直线 EF 面 ACD；（2） ADBD,EF AD, EFBD,CB=CD,F 是的中点, CFBD 又 EFCF=F,BD面 EFC,BD 面 BCD,面 EFC 面 BCD . 8 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 18. 解： 如图,以 D 为原点, DA 为单位长建立空间直角坐标系Dxyz 就uuur DA1 0 0, ,uuuur CC0 01, 连结 BD , B D y 1在平面 BB D D 中,延长 DP 交 B D 于 H 设uuuur DHm,m,1m0,由已知uuuur uuur DH DA60o,由uuur uuuur DA DHuuur uuuur DA DHcosuuur uuuur DA DH,可得2m22 m1解得m2,所以uuuur DH2,2 1, 2ADz C22（1）由于cosuuuur uuuur DH CC2012201 12,H BP 222所以uuuur uuuur DH CC45o,即 DP 与 CC 所成的角为 45o D A x C B （2）平面 AAD D 的一个法向量是uuur DC0 1 0, 由于cosuuuur uuur DH DC201211 01,2222所以uuuur uuur DH DC60o,可得 DP 与平面 AA D D 所成的角为 30o19. 解：（1）由该四棱锥的三视图可知,该四棱锥PABCD 的底面是边长为的正方形,侧棱 PC底面 ABCD,且 PC=2.V PABCD1S YABCDPC2332不论点 E 在何位置,都有BDAE 证明如下：连结 AC,ABCD 是正方形, BDAC PC底面 ABCD 且 BD平面 ABCD BDPC 又 AC I PC CBD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 BDAE 3解法 1：在平面 DAE 内过点 D 作 DGAE 于 G,连结 BG CD=CB,EC=EC, Rt ECD Rt ECB , ED=EB AD=AB , EDA EBA, BGEA DGB 为二面角 DEAB 的平面角BCDE,AD BC, AD DE 在 R ADE 中DGAD DE=2 3=BG 2BG2BD21AE在 DGB 中,由余弦定理得cosDGBDG2DGBG29 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - DGB = 2 3,二面角 DAEB 的大小为2 3.解法 2：以点 C 为坐标原点, CD 所在的直线为轴建立空间直角坐标系如图示：z就 D 1,0,0, A 1,1,0, B 0,1,0, E 0,0,1 ,从而 Puuur uuur uuur uuurDE 1,0,1, DA 0,1,0, BA 1,0,0, BE 0, 1,1 E设平面 ADE 和平面 ABE 的法向量分别为 x Dur r Cm , , , n ', ', 'A B由法向量的性质可得：a c 0, b 0,a ' 0, b ' c ' 0 yur r令 c 1, ' 1,就 a 1, ' 1,m 1,0,1, n 0, 1, 1ur r设二面角 DAEB 的平面角为,就 cos uur m n r 1| m | | n | 22,二面角 DAEB 的大小为2 .3 320.（1）证明： 由四边形 ABCD为菱形,ABC 60 o,可得ABC 为正三角形由于 E 为 BC 的中点,所以 AE BC 又 BCAD,因此 AE AD 由于 PA 平面 ABCD , AE 平面 ABCD ,所以 PA AE 而 PA 平面 PAD , AD 平面 PAD 且 PA I AD A,所以 AE 平面 PAD 又 PD 平面 PAD ,所以 AE PD （2）解：设 AB 2, H 为 PD 上任意一点,连接 AH,EH由（ 1）知 AE 平面 PAD ,就 EHA 为 EH 与平面 PAD 所成的角在 RtEAH 中,AE 3,所以当 AH 最短时,EHA 最大,即当 AH PD 时,EHA 最大此时 tan EHA AE 3 6,AH AH 2因此 AH 2又 AD 2,所以 ADH 45 o ,所以 PA 2解法一： 由于 PA 平面 ABCD , PA 平面 PAC ,所以平面 PAC 平面 ABCD 10 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 11 页精选学习资料 - - - - - - - - - 过 E 作 EOAC 于 O ,就 EO平面 PAC ,过 O 作 OSAF 于 S ,连接 ES ,就ESO为二面角 EAFC 的平面角,15,在 RtAOE中,EOAEg sin 30o3,AOAEg cos30o3,22又 F 是 PC 的中点,在 RtASO中,SOAOg sin 45o3 2,4又SEEO22 SO3930,在 RtESO中,cosESOSO3 24484SE5304即所求二面角的余弦值为15y 5解法二： 由（1）知 AE,AD,AP两两垂直,以 A 为坐标原点,建立如下列图的空间直角坐标系,又E,F分别为 BC,PC的中点,所以A 0 0 0,B 3, ,C31 0,D0 2 0, ,B P z F D P 0 0 2,E 3 0 0,F3 1, ,2 2所以uuur AEuuur 30 0,AF3 1, , 2 2A 设平面 AEF 的一法向量为mx 1, ,1z 1,E x C 就muuur g AE uuur g AF0,因此0,3 x 10,3 2x 11y 1z 10m2取z 11,就m0 2,1,由于 BDAC , BDPA , PAIACA,所以 BD平面 AFC ,uuur 故 BD为平面 AFC 的一法向量又uuur BD3 3 0, ,所以cosuuur m,BDmuuur guuur g BD2 315m5125由于二面角 EAFC 为锐角,所以所求二面角的余弦值为15511 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 11 页
