高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解

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高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解

一、选择题

→→→→→→→→

1．已知四边形ABCD满足：AB·BC>0，BC·CD>0，CD·DA>0，DA·AB>0，则该四边形为( )

A．平行四边形 C．平面四边形 [答案] D

ππππ→→[解析] ∵AB·BC>0，∴∠ABC>，同理∠BCD>，∠CDA>，∠DAB>，由内角和定2222理知，四边形ABCD一定不是平面四边形，故选D.

2．如图，点P是单位正方体ABCD－A1B1C1D1中异于A的一个顶→→

点，则AP·AB的值为

( )

A．0 B．1 C．0或1 D．任意实数 [答案] C

→

[解析] AP可为下列7个向量：

→→→→→→→→→→→2→→AB，AC，AD，AA1，AB1，AC1，AD1，其中一个与AB重合，AP·AB＝|AB|＝1；AD，AD1，π→→→→→→→→→AA1与AB垂直，这时AP·AB＝0；AC，AB1与AB的夹角为45°，这时AP·AB＝2×1×cos＝1，

41→→

最后AC1·AB＝3×1×cos∠BAC1＝3×＝1，故选C.

3

3．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的→→→

交点，N为BB1的靠近B的三等分点，若A1B1＝a，A1D1＝b，A1A＝c，→

则MN等于( )

111A．－a＋b＋c

223111B.a＋b－c 223111C.a－b－c 223112D．－a－b＋c

223[答案] C

B．梯形 D．空间四边形

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1→→→→1→

[解析] MN＝MB＋BN＝D1B1＋BB1

231→1→111→

＝(A1B1－A1D1)－A1A＝a－b－c. 23223

→→

4．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则AC与AB的夹角为( ) A．30° C．60° [答案] C

→→

AB·AC3→→→→

[解析] AB＝(0,3,3)，AC＝(－1,1,0)．设〈AB，AC〉＝θ，则cosθ＝＝＝

→→32·2|AB|·|AC|1

，∴θ＝60°. 2

5．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于( )

62

A. 764

C. 7[答案] D

[解析] ∵a，b，c三向量共面， ∴存在实数m，n使c＝ma＋nb， 即(7,5，λ)＝(2m－n，－m＋4n,3m－2n)， 2m－n＝7??

∴?－m＋4n＝5??λ＝3m－2n

63

B. 765D. 7

B．45° D．90°

65

，∴λ＝. 7

→→→→

6．(2010·山东青岛)在空间四边形ABCD中，AB·CD＋AC·DB→→＋AD·BC的值为( )

A．0 C．1 [答案] A

→→→→→→

[解析] AB·CD＋AC·DB＋AD·BC

→→→→→→→→→＝AB·(BD－BC)＋(BC－BA)·DB＋(BD－BA)·BC

→→→→→→→→→→→→＝AB·BD－AB·BC＋BC·DB－BA·DB＋BD·BC－BA·BC＝0，故选A.

7．△ABC的顶点分别为A(1，－1,2)，B(5，－6,2)，C(1,3，－1)，则AC边上的高BD

B.3

2

D．无法确定

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等于( )

A．5 C．4 [答案] A

→→

[解析] 设AD＝λAC，D(x，y，z)，则(x－1，y＋1，z－2)＝λ(0,4，－3)， ∴x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ. →

∴BD＝(－4,4λ＋5，－3λ)， →→→又AC＝(0,4，－3)，AC⊥BD， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0， 9124→

－4，，?， ∴λ＝－，∴BD＝?55??5→

∴|BD|＝

9?2?12?2

?－4?2＋??5?＋?5?＝5.

B.41 D．25

→1→

8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，AM＝MC，点N为B1B的中点，则线段

2MN的长度为( )

A.C.21 615 6

B.D.6 615 3

[答案] A

→→→→1→

[解析] MN＝AN－AM＝AN－AC

3→→1→→→＝AB＋BN－AB＋AD＋AA1 3

()

2→1→1→＝AB＋AA1－AD. 363→∴MN＝|MN|＝

4→21→21→221|AB|＋|AA1|＋|AD|＝. 93696

→→→

9．设空间四点O、A、B、P满足OP＝OA＋tAB，其中0

→→→→→

[解析] ∵OP＝OA＋tAB，∴AP＝tAB，

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∵0

10．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为A1B1

和BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值等于( )

A.3 2

B.10 10

3C. 52D. 5

[答案] D

→→→→1→→→→→1→

[解析] AM＝AA1＋A1M＝AA1＋AB，CN＝CB＋BN＝－AD＋AA1，

22→→→→1→→1→21→→1

AM·CN＝－AA1·AD－AB·AD＋|AA1|＋AA1·AB＝，

22421→→→→→5

|AM|2＝|AA1|2＋|AB|2＋AA1·AB＝，

4411→→5→→

|CN|2＝|AD|2＋|AA1|2－AD·AA1＝，

424→→

AM·CN2→→

∴cos〈AM，CN〉＝＝，故选D.

→→5|AM|·|CN|二、填空题

11．已知a＝(1,2x－1，－x)，b＝(x＋2,3，－3)，若a∥b，则x＝________. [答案] 1

2x－1－x2x－111

[解析] ∵a∥b，∴＝＝，由＝得，2x2＋3x－5＝0，∴x＝1或

33x＋2－3x＋25

－， 2

由

2x－1－x

＝得x＝1，∴x＝1. 3－3

12．设向量a＝(－1,3,2)，b＝(4，－6,2)，c＝(－3,12，t)，若c＝ma＋nb，则m＋n＝________. [答案]

11

2

[解析] ma＋nb＝(－m＋4n,3m－6n,2m＋2n)， ∴(－m＋4n,3m－6n,2m＋2n)＝(－3,12，t)． －m＋4n＝－3??

∴?3m－6n＝12??2m＋2n＝t

m＝5，

??1，解得?n＝2，??t＝11.

11

∴m＋n＝.

2

13．若|a|＝17，b＝(1,2，－2)，c＝(2,3,6)，且a⊥b，a⊥c，则a＝________. 181181

[答案] (－，2，)或(，－2，－)

5555

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[解析] 设a＝(x，y，z)， ∵a⊥b，∴x＋2y－2z＝0.① ∵a⊥c，∴2x＋3y＋6z＝0.② ∵|a|＝17.∴x2＋y2＋z2＝17.③ ∴联立①②得x＝－18z，y＝10z. 1

代入③得425z2＝17，∴z＝±. 5181181

∴a＝(－，2，)或(，－2，－)．

5555

14．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝6，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成角为________．

π

[答案]

2

[解析] 由条件知AC、BC、CC1两两垂直，以C为原点，CB，CA，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，A(0，3，0)，B1(1,0，6)，M(0,0，3，6)，

6

)，A1(0，2

6→→

∴AB1＝(1，－3，6)，A1M＝(0，－3，－)，

2→→AB1·A1M→→

cos〈AB1，A1M〉＝＝0，

→→|AB1|·|A1M|π→→

∴〈AB1，A1M〉＝，

2π

即直线AB1与A1M所成角为.

2三、解答题

15．已知向量b与向量a＝(2，－1,2)共线，且满足a·b＝18，(ka＋b)⊥(ka－b)，求向量b及k的值．

[解析] ∵b≠0，a，b共线，∴存在实数λ，使a＝λb，

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∵a＝(2，－1,2)，∴|a|＝3， ∴a·b＝λa2＝λ|a|2＝9λ＝18， ∴λ＝2.∴b＝(4，－2,4)．

∵(ka＋b)⊥(ka－b)，∴(ka＋b)·(ka－b)＝0. ∴(ka＋2a)·(ka－2a)＝0. ∴(k2－4)|a|2＝0.∴k＝±2.

16．(2010·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F依次为C1C，BC的中点．

(1)求异面直线A1B、EF所成角θ的大小(用反三角函数值表示)； (2)求点B1到平面AEF的距离．

[解析] 以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，则各点坐标为A1(0,0,2)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，

→→

(1)A1B＝(2,0，－2)，EF＝(1，－1，－1)， →→A1B·EF46

cosθ＝＝＝，

→→22×33|A1B|·|EF|∴θ＝arccos6

. 3

(2)设平面AEF的一个法向量为n＝(a，b，c)， →→

∵AE＝(0,2,1)，AF＝(1,1,0)， →??2b＋c＝0AE＝0?n·?由?得，?，

?→a＋b＝0??AF＝0?n·

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令a＝1可得n＝(1，－1,2)，

→|AB1·n|6→

∵AB1＝(2,0,2)，∴d＝＝＝6.

|n|6∴点B1到平面AEF的距离为6.

17．如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝11

∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G、H分别为FA、FD的中点．

22

(1)证明：四边形BCHG是平行四边形； (2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？ (3)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.

[解析] 由题设知，FA、AB、AD两两互相垂直．如图，以A为坐标原点，射线AB为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A－xyz.

(1)设AB＝a，BC＝b，BE＝c，则由题设得A(0，0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，D(0,2b,0)，E(a,0，c)，G(0,0，c)，H(0，b，c)，F(0,0,2c)．

→→

所以，GH＝(0，b,0)，BC＝(0，b,0)， →→

于是GH＝BC.又点G不在直线BC上， 所以四边形BCHG是平行四边形． (2)C、D、F、E四点共面．理由如下： 由题设知，F(0,0,2c)，所以

→→→→EF＝(－a,0，c)，CH＝(－a,0，c)，EF＝CH， 又C?EF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面．

→→

(3)由AB＝BE，得c＝a，所以CH＝(－a,0，a)，AE＝(a,0，a) →→→→→又AD＝(0,2b,0)，因此CH·AE＝0，CH·AD＝0 即CH⊥AE，CH⊥AD，

又AD∩AE＝A，所以CH⊥平面ADE.

故由CH?平面CDFE，得平面ADE⊥平面CDE.

[点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点，容易将各点的坐标表示出来

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时，可用向量法求解．如果其所讨论关系不涉及求角，求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时，可不用向量法求解，本题解答如下：

1

(1)由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綊AD.

21

又BC綊AD，故GH綊BC，

2所以四边形BCHG是平行四边形．

(2)C、D、F、E四点共面．理由如下： 1

由BE綊AF，G是FA的中点知，BE綊GF，

2所以EF∥BG，

由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面． 又点D直线FH上，

所以C、D、F、E四点共面．

(3)连结EG，由AB＝BE，BE綊AG，及∠BAG＝90°知ABEG是正方形， 故BG⊥EA.由题设知，FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE， 因此EA是ED在平面FABE内的射影，∴BG⊥ED. 又EC∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.

由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(2)知F∈平面CDE，故CH?平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.