2022年空间向量与立体几何单元练习题.docx

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1、精品学习资源空间向量与立体几何习题欢迎下载精品学习资源一、选择题每题 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. 假设A1B1=a，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源A1 D1 =b， A1 A =c，就以下向量中与B1M相等的向量是欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源A. 1 a+21 b+cB.21 a+21 b+c2欢迎下载精品学习资源1111C. 2 a 2 b+cD. 2 a 2 b+c2. 以下等式中，使点 M与点 A、B、C 确定共面的是欢迎下载精品学习资源A. OM3OA2OBOCB. OM1 OA21

2、 OB31 OC5欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源C. OMOAOBOC0D. MAMBMC0欢迎下载精品学习资源3. 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，就 EFDC 等于欢迎下载精品学习资源A. 1B.41C.43D.344欢迎下载精品学习资源4. 假设a1C1,2 ， b2,1,1， a 与b 的夹角为60 0 ，就 的值为欢迎下载精品学习资源5. 设OA离为1,1,2 ， OB3,2,8 ， OC0,1,0 ，就线段 AB 的中点 P 到点 C 的距欢迎下载精品学习资源A.13B.253C.253D.5344欢迎下载

3、精品学习资源6. 以下几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是正方体圆锥三棱台正四棱锥ABCD7. 右图是一个几何体的三视图，依据图中数据，可得该几何体的外表积是欢迎下载精品学习资源A. 9B. 102C. 113D. 1222俯视图正主视图 侧左视图8. 如图， ABCD-A1 B1C1D1 为正方体，下面结论错误的选项是A. BD平面 CB1D1B. AC1 BDC. AC1平面 CB1D1D. 异面直线 AD 与 CB1 所成的角为 609. 如图，在长方体 ABCD-A1B1 C1 D1 中， AB=BC=2,AA1=1,就 BC1 与平面 BB1D1D所成角的正弦值为欢迎下载精

4、品学习资源A. 6 3B. 25 5C. 15 5D. 10 5欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源10. ABC的三个顶点分别是长为A1,1,2，B5,6,2 ，C1,3,1 ，就 AC边上的高 BD欢迎下载精品学习资源A.5B.41C.4D.25二、填空题每题 5 分，共 20 分欢迎下载精品学习资源11. 设ax,4,3 ， b3,2, y，且 a/ b ，就 xy.欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源12. 已知向量 a0,1,1 ， b 4,1,0 ， ab29 且0 ，就 =.欢迎下载精品学习资源13. 在直角坐标系 xOy 中，设 A-2 ， 3，B3，-2 ，沿 x 轴

5、把直角坐标平面折成大小为 的二面角后，这时AB2 11 ，就的大小为14. 如图， PABCD 是正四棱锥，ABCDA1B1C1D1 是正方体，其中欢迎下载精品学习资源AB2, PA6 ，就 B1 到平面 PAD欢迎下载精品学习资源的距离为.三、解答题共 80 分欢迎下载精品学习资源015. 本小题总分值 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 ， M 是 PC的中欢迎下载精品学习资源点，设 ABa, ADb, APc P欢迎下载精品学习资源1试用 a, b, c 表示出向量 BM ；M2求 B

6、M 的长DCAB16. 本小题总分值 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，欢迎下载精品学习资源求该多面体的体积；3在所给直观图中连结BC ，证明：BC 面 EFG.欢迎下载精品学习资源DCGFBEDCAB62224欢迎下载精品学习资源正视图4侧视图欢迎下载精品学习资源17. 本小题总分值 12 分如图，在四周体 ABCD 中， CBCD， ADBD ，点E， F 分别是 AB， BD 的中点求证：1直线 EF / 面 ACD ；2平面 EFC

7、面 BCD 3欢迎下载精品学习资源18. 本小题总分值 14 分如图，已知点 P 在正方体BD 上， PDA=60.1求 DP 与 CC 所成角的大小；ABCDA B C D 的对角线欢迎下载精品学习资源2求 DP 与平面AA D D所成角的大小 .欢迎下载精品学习资源DCABPDCAB19. 本小题总分值 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 PABCD 的体积；2是否不管点 E 在何位置，都有 BDAE？证明你的结论 ;3假设点 E 为 PC 的中点，求二面角 D AE B 的大小PE22DC1欢迎下载精品学习资源AB1正视图1侧视图1俯视

8、图欢迎下载精品学习资源20. 本小题总分值 14 分如图，已知四棱锥 PABCD ，底面 ABCD 为菱形，欢迎下载精品学习资源PA平面 ABCD ，ABC60 ， E， F分别是 BC，PC 的中点欢迎下载精品学习资源1证明： AEPD ；2假设 H 为 PD 上的动点， EH 与平面 PAD 所成最大角的正切值为6 ，求2二面角 EAFC 的余弦值PFADBEC欢迎下载精品学习资源练习题参考答案一、选择题欢迎下载精品学习资源1. B MB BBMA A1 BA1BC =c+a+b=11a+b+c，应选 A.欢迎下载精品学习资源1112222欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2. 由于

9、M、A、B、C四点共面OMxOAyOBzOC x, y, zR且xyz1欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源选项 A、B、C 都不正确 .由于 MAMBMC0MAMBMC欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源所以存在 x1, y1,使MAxMBy MCMA, MB ,MC 共面欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源由于 M为公共点M、A、B、C四点共面，应选 D.欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源3. E, F分别是AB, AD 的中点 ,EF / BD且EF1 BD,EF21 BD ,2欢迎下载精品学习资源EFDC1 BDDC21 BD2DC cosBD, DC11 12cos

10、120014欢迎下载精品学习资源应选 B.4.B5.B6.D7. D8. D9. D欢迎下载精品学习资源10. 由于 ADABcosAB, ACABAC4 ，所以 BD22ABAD5 , 应选 A欢迎下载精品学习资源AC欢迎下载精品学习资源二、填空题11. 90x 轴于 C， BDx 轴于 D，就 ABACCDDB欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源 AC3, CD5, DB2, AC CD0,CDDB0, ACDBACDBcos1806 cos欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2AB ACCDDB 222ACCD2DB2AC CDCDDBDBAC欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习

11、资源 2 1123252222006 cos ,cos1 .由于 0021800 ,1200欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源14. 以A1 B1 为 x 轴，A1D1 为 y 轴，A1 A 为 z 轴建立空间直角坐标系欢迎下载精品学习资源设平面 PAD 的法向量是 m x, y, z ，欢迎下载精品学习资源AD0, 2,0, AP1,1,2 ， y0, xy2z0 ，取 zB1 A m61得m 2,0,1 ，欢迎下载精品学习资源B1 A 2,0,2， B1 到平面 PAD 的距离 d5 .m5欢迎下载精品学习资源三、解答题15. 解：1 M 是 PC的中点， BM1 BC2BP1 AD

12、2 APAB欢迎下载精品学习资源1 b2ca1 a1 b1 c222欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2 由于ABAD1, PA2,ab1, c2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源由于 ABAD ,PABPAD60 0,a b0, a cb c2 1 cos 6001欢迎下载精品学习资源由于 BM21 a2b c,欢迎下载精品学习资源1 abc 21a 2b 2c 22a bacb c11212222 01134442BMBM6 ，BM 的长为6 .2216. 解：1如图欢迎下载精品学习资源2所求多面体体积 VV长方体 V正三棱锥4461122232284 cm 2 3欢迎下载精品

13、学习资源C3证明： 在长方体 ABCDA B C D 中，DG欢迎下载精品学习资源连结 AD ，就 AD BC AFB欢迎下载精品学习资源由于 E，G 分别为 AA ， A D 中点，所以 AD EG ，ED欢迎下载精品学习资源从而 EG BC又 BC平面 EFG ，C欢迎下载精品学习资源所以 BC 面 EFG AB17. 证明：1 E,F 分别是 AB，BD 的中点，EF 是 ABD 的中位线， EFAD ，AD面 ACD， EF面 ACD，直线 EF面 ACD；2 ADBD， EF AD， EF BD，CB=CD， F 是的中点， CFBD又 EFCF=F,BD面 EFC，BD面 BCD，

14、面 EFC面 BCD .欢迎下载精品学习资源18. 解： 如图，以 D 为原点， DA 为单位长建立空间直角坐标系 Dxyz 欢迎下载精品学习资源就 DA1，0，0 ， CC0，0，1 连结 BD ， B D 欢迎下载精品学习资源在平面 BB D D 中，延长 DP 交 B D 于 H 欢迎下载精品学习资源设 DH m， m，1m0 ，由已知DH ，DA60 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源由 DA DHDA DHcosDA，DH，可得 2m2m21 欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源解得 m2 ，所以 DH2 ， 2 ，1 欢迎下载精品学习资源222z欢迎下载精品学习资源20

15、201 1DHC欢迎下载精品学习资源1由于cosDH ，CC2 2122 ，APB2欢迎下载精品学习资源所以 DH ，CCDC45 ，即 DP 与 CC 所成的角为 45 y AB欢迎下载精品学习资源2平面 AAD D 的一个法向量是 DC0，1，0 x欢迎下载精品学习资源20211 0欢迎下载精品学习资源由于 cosDH ，DC221 ，122欢迎下载精品学习资源所以 DH ，DC60 ，可得 DP 与平面 AA D D 所成的角为 30 19. 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1欢迎下载精品学习资源的正方形，侧棱 PC底面 ABCD，且 PC=2.V1 SP

16、C2欢迎下载精品学习资源33(2) 不管点 E 在何位置，都有 BDAEP ABCDABCD欢迎下载精品学习资源证明如下：连结 AC，ABCD 是正方形， BDACPC底面 ABCD且 BD平面 ABCD BDPC又 ACPCC BD平面 PAC不管点 E 在何位置，都有 AE平面 PAC不管点 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 BGCD=CB,EC=EC， Rt ECD Rt ECB ， ED=EBAD=AB ， EDA EBA， BGEADGB 为二面角 DEAB 的平面角BC DE，AD BC， AD DE欢迎下载精品

17、学习资源在 R ADE 中 DGAD DE AE=2 =BG3欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源222在 DGB 中，由余弦定理得cosDGBDGBGBD1欢迎下载精品学习资源2DGBG2欢迎下载精品学习资源 DGB = 23，二面角 D AE B 的大小为 2.3欢迎下载精品学习资源解法 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欢迎下载精品学习资源就 D 1,0,0,A1,1,0, B0,1,0,E 0,0,1,从而P欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源DE 1,0,1, DA0,1,0, BA1,0,0, BE0,1,1E欢迎下载精品学习资源设

18、平面 ADE 和平面 ABE 的法向量分别为xDCm a, b, c, na ,b , c AB欢迎下载精品学习资源由法向量的性质可得：ac0,b0 ， a 0,b c0y欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源令 c1,c1，就 a1,b 1 ， m1,0,1, n0,1,1欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源设二面角 DAEB 的平面角为，就 cosm n1| m | | n |2欢迎下载精品学习资源2，二面角 DAEB 的大小为 2.33欢迎下载精品学习资源20. 1证明： 由四边形 ABCD为菱形，由于 E 为 BC 的中点，所以 AEBC 又 BC AD ，因此 AEAD ABC

19、60 ，可得 ABC 为正三角形欢迎下载精品学习资源由于 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 AB2 ， 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， AE3 ，所以当 AH 最短时，EHA 最大， 即当 AHPD 时， EHA 最大欢迎下载精品学习资源此时 tanEHAAE36 ，AHAH2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源因此 AH所

20、以 PA2 又 AD2 2 ，所以ADH45 ，欢迎下载精品学习资源解法一： 由于 PA平面 ABCD ， PA平面 PAC ， 所以平面 PAC平面 ABCD 欢迎下载精品学习资源过 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，欢迎下载精品学习资源在 Rt AOE 中，EOAEsin 303， AOAE23cos30，2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源又 F 是 PC 的中点，在 Rt ASO中， SOAO32sin 45，4欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源又SEEO 2SO23930484，

21、在 RtESO 中， cos32ESOSO4SE30415 ，5欢迎下载精品学习资源即所求二面角的余弦值为15 5解法二： 由1知 AE， AD， AP两两垂直，以 A 为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系，又 E，F 分别为 BC，PC 的中点，所以欢迎下载精品学习资源A0，0，0，B3， 1，0，C3，1，0， D 0，2，0 ，z P欢迎下载精品学习资源P0，0，2，E3，0，0， F31 1 ，欢迎下载精品学习资源，22F欢迎下载精品学习资源所以 AE3，0，0，AF3 1 1 A欢迎下载精品学习资源， ，22BDyEC设平面 AEF 的一法向量为 mx1， y1， z1 ，x欢迎下载精品学习资源m AE0，就因此m AF0，3x10，31x1y1z1022欢迎下载精品学习资源取 z11 ，就m0，2， 1 ，由于 BDAC ， BDPA ， PAACA，所以 BD平面 AFC ，故 BD 为平面 AFC 的一法向量欢迎下载精品学习资源又 BD3，3，0 ，所以cosm，BDm BD2315 欢迎下载精品学习资源mBD5125欢迎下载精品学习资源由于二面角 EAFC 为锐角，所以所求二面角的余弦值为15 5欢迎下载