空间向量与立体几何单元练习题

《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A1B1=a，

A1D1=b，A1A=c，则下列向量中与B1M相等的向量是

A.－

1111a+b+c B.a+b+c 2222111b+c D.－a－b+c 222C.a－

122.下列等式中，使点M与点A、B、C一定共面的是

111A.OM3OA2OBOC B.OMOAOBOC

235C.OMOAOBOC0 D.MAMBMC0

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，则EFDC等于

3311A. B. C. D.

44444.若a(1,,2)，b(2,1,1)，a与b的夹角为600，则的值为 A.17或-1 B.-17或1 C.-1 D.1

5.设OA(1,1,2)，OB(3,2,8)，OC(0,1,0)，则线段AB的中点P到点C的距离为 A.

13535353 B. C. D. 22446.下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是

①正方体 ②圆锥 ③三棱台 ④正四棱锥

A．①② B．①③ C．①④ D．②④

7.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

A.9π

2 B.10π

C.11π

3 D.12π 2 2 俯视图 正(主)视图 侧(左)视图

8.如图，ABCD-A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是 ．．A.BD∥平面CB1D1 B.AC1⊥BD

C.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,则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 A.

6251510 B. C. D. 355510.⊿ABC的三个顶点分别是A(1,1,2)，B(5,6,2)，C(1,3,1)，则AC边上的高BD长为

A.5 B.41 C.4 D.25

二、填空题（每小题5分，共20分）

11.设a(x,4,3)，b(3,2,y)，且a//b，则xy .

12.已知向量a(0,1,1)，b(4,1,0)，ab29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AB211，则的大小为 ． 14.如图，P—ABCD是正四棱锥，

ABCDA1B1C1D1是正方体，其中 AB2,PA6，则B1到平面PAD

的距离为 .

三、解答题（共80分）

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600，M是PC的中点，设ABa,ADb,APc． （1）试用a,b,c表示出向量BM；

PM（2）求BM的长． CD

A B

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.. D'C' GF B' EC D

AB

62 2

2

4

4 侧视图正视图 17.（本小题满分12分）如图，在四面体ABCD中，点E，FCBCD，ADBD，分别是AB，BD的中点．求证： （1）直线EF//面ACD； （2）平面EFC面BCD．

18.（本小题满分14分）如图，已知点P在正方体ABCDA'B'C'D'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AA'D'D所成角的大小.

D' C'

A' B'P DC

AB

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． P

E 22D1 C

111 AB俯视图正视图侧视图

20.（本小题满分14分）如图，已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，

PA平面ABCD，ABC60o，E，F分别是BC，PC的中点． （1）证明：AEPD；

（2）若H为PD上的动点，EH与平面PAD所成最大角的正切值为面角EAFC的余弦值．

B

6，求二2P

F A E C D

练习题参

一、选择题

11111.B1MB1BBMA1A(BABC)=c+(－a+b)=－a+b+c，故选A.

22222.由于M、A、B、C四点共面OMxOAyOBzOC(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xMByMCMA,MB,MC共面

故选D. 由于M为公共点M、A、B、C四点共面，3.∵E,F分别是AB,AD的中点,EF//BD且EFEFDC11BD,EFBD, 221111BDDCBDDCcosBD,DC11cos1200 2224故选B.

4.B 5.B 6.D 7.D 8.D 9.D 10.由于ADABcosAB,AC

二、填空题 11.9 12.3

13.作AC⊥x轴于C，BD⊥x轴于D，则ABACCDDB

∵AC3,CD5,DB2,ACCD0,CDDB0,ACDBACDBcos(1800)6cos

AB(ACCDDB)ACCDDB2(ACCDCDDBDBAC)1(211)23252222(006cos),cos.由于 001800,1200214.以A1B1为x轴，A1D1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系

22222ABACAC所以BD4，ABAD5,故选A

22

ur设平面PAD的法向量是m(x,y,z)，

uuuruuururQAD(0,2,0),AP(1,1,2)，∴y0,xy2z0，取z1得m(2,0,1)，

uuururB1Am6uuur5. QB1A(2,0,2)，∴B1到平面PAD的距离dur5m

三、解答题

15.解：（1）∵M是PC的中点，∴BM1111[b(ca)]abc 2222（2）由于ABAD1,PA2,ab1,c2

11(BCBP)[AD(APAB)] 22由于ABAD,PABPAD600,ab0,acbc21cos6001

由于BMBM21(abc), 21113(abc)2[a2b2c22(abacbc)][1212222(011)]4442BM66，BM的长为. 2216.解：（1）如图

11284（2）所求多面体体积VV长方体V正三棱锥446222 (cm2)．

323（3）证明：在长方体ABCDABCD中， D

G

F 连结AD，则AD∥BC． A

因为E，G分别为AA，AD中点， 所以AD∥EG， E D 从而EG∥BC．又BC平面EFG，

A 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）∵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.

C

B

C B

18.解：如图，以D为原点，DA为单位长建立空间直角坐标系Dxyz．

uuuruuuur0，0)，CC(0，0，1)．连结BD，BD． 则DA(1，在平面BBDD中，延长DP交BD于H．

uuuuruuuruuuur1)(m0)，由已知DH，DA60o， 设DH(m，m，uuuruuuuruuuruuuuruuuruuuur由DAgDHDADHcosDA，DH，可得2m2m21． uuuur222解得m，所以DH12，2，． 2220011uuuuruuuur22（1）因为cosDH，， CC2212z D A D A x C H P B C B y uuuuruuuurCC45o，即DP与CC所成的角为45o． 所以DH，uuurDC(0，1，0)． （2）平面AADD的一个法向量是

220110uuuuruuur122因为cosDH，DC，

212uuuuruuurDC60o，可得DP与平面AADD所成的角为30o． 所以DH，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

12的正方形，侧棱PC⊥底面ABCD，且PC=2.∴VPABCDSYABCDPC

33(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ACIPCC∴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，∴RtECD≌RtECB，∴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

2在Rｔ△ADE中DGADDE==BG

AE3DG2BG2BD21在△DGB中，由余弦定理得cosDGB

2DGBG2

∴DGB=

22，∴二面角D－AE－B的大小为. 33z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D(1,0,0),A(1,1,0),B(0,1,0),E(0,0,1),从而

uuuruuuruuuruuurDE(1,0,1),DA(0,1,0),BA(1,0,0),BE(0,1,1) PED设平面ADE和平面ABE的法向量分别为 urrm(a,b,c),n(a',b',c')

xCBA由法向量的性质可得：ac0,b0，a'0,b'c'0 urr令c1,c'1，则a1,b'1，∴m(1,0,1),n(0,1,1)

urrmn1设二面角D－AE－B的平面角为，则cosuurr

2|m||n|y∴22，∴二面角D－AE－B的大小为. 3320.（1）证明：由四边形ABCD为菱形，ABC60o，可得△ABC为正三角形． 因为E为BC的中点，所以AEBC．

又BC∥AD，因此AEAD．

因为PA平面ABCD，AE平面ABCD，所以PAAE． 而PA平面PAD，AD平面PAD且PAIAD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，

则EHA为EH与平面PAD所成的角． 在Rt△EAH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AE36， AHAH2因此AH2．又AD2，所以ADH45o， 所以PA2．

解法一：因为PA平面ABCD，PA平面PAC， 所以平面PAC平面ABCD．

过E作EOAC于O，则EO平面PAC，

过O作OSAF于S，连接ES，则ESO为二面角EAFC的平面角，

sin30o在Rt△AOE中，EOAEg33，AOAEgcos30o， 2232， 4sin45o又F是PC的中点，在Rt△ASO中，SOAOg又SEEO2SO2323930，在Rt△ESO中，cosESOSO415， 484SE5304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，建立如图所示的空间直角坐标系，又E，F分别为BC，PC的中点，所以

A(0，0，，0)B(3，1，，0)C(31，，，0)D(0，2，0)，

P z 31P(0，0，，2)E(3，0，，0)F12，，， 2uuuruuur31所以AE(3，． 0，，0)AF，12，2A B

F y D E x C 设平面AEF的一法向量为m(x1，y1，z1)，

uuur3x10，mgAE0，则uuu因此3 r1x1y1z10．mgAF0，22取z11，则m(0，2，1)，

因为BDAC，BDPA，PAIACA，所以BD平面AFC，

uuur故BD为平面AFC的一法向量．

uuuruuuruuurmgBD23153，0)，所以cosm，BD又BD(3，． uuur5512mgBD因为二面角EAFC为锐角，所以所求二面角的余弦值为

15． 5