第一章 空間向量與立體幾何（單元測試）（解析版）

原創(chuàng)精品資源學(xué)科網(wǎng)獨家享有版權(quán)，侵權(quán)必究！空間向量與立體幾何單元測試一、單選題（共8小題）1．已知向量a=(2,?3,?1)，bA．1 B．3 C．3 D．9【答案】B【解析】根據(jù)模長公式求解即可.【詳解】由題a?b=(1,1,1),故a【點睛】本題主要考查了空間向量的模長計算,屬于基礎(chǔ)題型.2．已知空間向量m=?1，x，2，n=1，3，y，x＞0，y＞0，若m⊥A．66 B．16 C．112【答案】D【分析】先利用向量垂直得到3x+2y=1，再利用基本不等式求出最大值.【詳解】因為空間向量m=?1，x，2，n=所以?1×1+3x+2y=0，即3x+2y=1因為x>0,y>0，所以1=3x+2y≥23x×2y，解得：xy≤當(dāng)且僅當(dāng)3x=2y=12，即x=13．在空間中，A(1,?1,2)，B(3,3,2)，C(2,6,2)，則∠ABC大小為（

）A．45° B．60° C．90° D．135°【答案】D【解析】先求出BA,BC，再求出BA?BC，BA，【詳解】∵A(1,?1,2)，B(3,3,2)，C(2,6,2)，∴BA∴BABA=?22∴cos∵∠ABC∈0°,180°4．設(shè)ABCD?A1BA．AB?CA=C．BC?A1【答案】C【解析】先確定各選擇支中兩個向量的關(guān)系，數(shù)量積明顯錯誤的排除，不確定的計算．【詳解】由題意<AB,CAA1BC=AD，C1A1故選：C.5．二面角的棱上有A，B兩點，直線AC，BD分別在這個二面角的兩個半平面內(nèi)，且都垂直于AB.已知AB=4，AC=6，BD=8，CD=217，則該二面角的大小為（

A．45° B．60° C．90° D．120°【答案】B【分析】將向量CD轉(zhuǎn)化成CD=?AC+AB+BD，然后等式兩邊同時平方表示出向量CD【詳解】解：由條件，知AC?∴|即62∴cosAC,BD=故選：B．6．在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，A．MN∥平面DBB．平面C1C．MN⊥D．異面直線MN與BD1【答案】ABD【分析】對于A，連接AD1，則由三角形中位線定理結(jié)合正方體的性質(zhì)可得MN∥BC1，然后利用線面平行的判定可得結(jié)論；對于B，連接BN，可得四邊形BC1MN為等腰梯形，對于C，由MN∥AD1，則MN與D1C所成的角為∠A【詳解】對于A，連接AD1，因為M，N分別是A1D1，A因為在正方體ABCD?A1B1C1D1中，因為MN?平面DBC1，BC1?平面DB對于B，連接BN，由選項A，知MN∥BC1，所以平面C1因為M，N分別是A1D1，A因為AA1=因為AB=D1C1,∠NAB=∠MD1因為MN∥BC1，MN=1對于C，連接AC，因為MN∥AD1，所以MN與D1因為在正方體ABCD?A1B1C1所以∠AD1C=60°，所以MN對于D，因為MN∥AD1，所以異面直線MN與BD因為AB⊥平面ADD1A1，A在Rt△AD1B中，所以sin∠A故選：ABD7．在正方體ABCD?A1B1C1D1中，A．平面B1EF⊥平面BDD1 C．平面B1EF//平面A1AC 【答案】A【分析】證明EF⊥平面BDD1，即可判斷A；如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2，分別求出平面B1EF，A1【詳解】解：在正方體ABCD?A1B1C1D又EF?平面ABCD，所以EF⊥DD因為E,F分別為AB,BC的中點，所以EF∥AC，所以EF⊥BD，又BD∩DD1=D，所以EF⊥又EF?平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面選項BCD解法一：如圖，以點D為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB=2，則B12,2,2,E則EF=?1,1,0,EA設(shè)平面B1EF的法向量為則有m?EF=?同理可得平面A1BD的法向量為平面A1AC的法向量為平面A1C1則m?n1=2?2+1=1≠0，所以平面B1因為m與n2不平行，所以平面B1EF與平面A因為m與n3不平行，所以平面B1EF與平面A故選：A.選項BCD解法二：解：對于選項B，如圖所示，設(shè)A1B∩B則MN為平面B1EF與平面在△BMN內(nèi)，作BP⊥MN于點P，在△EMN內(nèi)，作GP⊥MN，交EN于點G，連結(jié)BG，則∠BPG或其補角為平面B1EF與平面A由勾股定理可知：PB2+P底面正方形ABCD中，E,F為中點，則EF⊥BD，由勾股定理可得NB從而有：NB據(jù)此可得PB2+P據(jù)此可得平面B1EF⊥平面對于選項C，取A1B1的中點H由于AH與平面A1AC相交，故平面B1對于選項D，取AD的中點M，很明顯四邊形A1B1由于A1M與平面A1C1故選：A.8．鐘鼓樓是中國傳統(tǒng)建筑之一，屬于鐘樓和鼓樓的合稱，是主要用于報時的建筑.中國古代一般建于城市的中心地帶，在現(xiàn)代城市中，也可以常?？匆姼接戌姌堑慕ㄖ?如圖，在某市一建筑物樓頂有一頂部逐級收攏的四面鐘樓，四個大鐘對稱分布在四棱柱的四個側(cè)面（四棱柱看成正四棱柱，鐘面圓心在棱柱側(cè)面中心上），在整點時刻（在0點至12點中取整數(shù)點，含0點，不含12點），已知在3點時和9點時，相鄰兩鐘面上的時針?biāo)诘膬蓷l直線相互垂直，則在2點時和8點時，相鄰兩鐘面上的時針?biāo)诘膬蓷l直線所成的角的余弦值為（

）

A．26 B．14 C．36【答案】B【分析】在正四棱柱ABCD?A1B1C1D【詳解】如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1DG為BB1的中點，EN為2點鐘時針，F(xiàn)M為8點鐘時針，則∠NEG=30設(shè)正四棱柱的底面邊長為a，側(cè)棱長為b，以D為原點，以DA,DC,則E(a,a2,b2)，EN=(0,a2所以cosEN,FM所以在2點時和8點時，相鄰兩鐘面上的時針?biāo)诘膬蓷l直線所成的角的余弦值為14.二、多選題（共4小題）9．給出下列命題，其中是假命題的是（

）A．若A，B，C，D是空間中的任意四點，則有ABB．a(chǎn)?b=a+C．若AB，CD共線，則ABD．對空間中的任意一點O與不共線的三點A，B，C，若OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R)，則P【答案】BCD【分析】根據(jù)向量的加法運算、共線與共面的條件，即可判斷正誤.【詳解】解：由向量的加法運算，顯然A是真命題；若a，b共線，則a+b=若AB，CD共線，則直線AB，CD平行或重合，故C是假命題；只有當(dāng)x+y+z=1時，P，A，B，C四點才共面，故D是假命題．故選：BCD．10．如圖，在四面體OABC中，點M在棱OA上，且滿足OM=2MA，點N，G分別是線段BC，MN的中點，則用向量OA，OB，OC表示向量中正確的為（

）A．GN=?13C．GM=12【答案】AD【分析】連接ON，利用空間向量基本定理以及空間向量的線性運算進(jìn)行求解即可.【詳解】連接ON，因為點N，G分別是線段BC，MN的中點，所以O(shè)G=化簡可得OG=所以GN=GM=GO+11．在長方體ABCD?A1B1C1D1，A．該長方體外接球表面積為4π B．三棱錐B?AC．當(dāng)A1C⊥C1P時，【答案】ABD【分析】由長方體的外接球的直徑即為長方體的對角線長即可判斷A；由等體積法可判斷B；建立空間直角坐標(biāo)系，由數(shù)量積的坐標(biāo)運算可判斷C、D.【詳解】設(shè)長方體ABCD?A1B該長方體外接球的直徑即為長方體對角線的長，即有2R=AB2所以外接球表面積為4π因為在長方體ABCD?A1B1C所以P到平面A1B1所以VB?如圖，以A為原點建立空間直角坐標(biāo)系，則C(1,1,0),DA1設(shè)CP=λCD1，所以C1P=(?λ,0,則A1C?此時PC=2PDPA1=(λ?1,?1,則PA因為0≤λ≤1，所以當(dāng)λ=0或λ=1時，PA故選：ABD12．在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AA1=1，點PA．當(dāng)λ=1時，△ABB．當(dāng)μ=1時，三棱錐P?AC．當(dāng)λ=12時，有且僅有一個點PD．當(dāng)μ=12時，有且僅有一個點P，使得A【答案】BD【分析】對于A，由于等價向量關(guān)系，聯(lián)系到一個三角形內(nèi)，進(jìn)而確定點的坐標(biāo)；對于B，將P點的運動軌跡考慮到一個三角形內(nèi)，確定路線，進(jìn)而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將P點軌跡確定，進(jìn)而考慮建立合適的直角坐標(biāo)系來求解P點的個數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將P點軌跡確定，進(jìn)而考慮建立合適的直角坐標(biāo)系來求解P點的個數(shù)．【詳解】易知，點P在矩形BCC對于A，當(dāng)λ=1時，BP=即此時P∈線段CC1，對于B，當(dāng)μ=1時，BP=λ故此時P點軌跡為線段B1C1，而B1C則有P到平面A1對于C，當(dāng)λ=12時，BP=12BC+μBB1，取BC，B1C1中點分別為Q，H則A1P=?3所以μ=0或μ=1．故H,Q均滿足，故C錯誤；對于D，當(dāng)μ=12時，BP=λBC+12BB1，取BB1，CC1中點為M,N．BP=BM+λMN，所以故選：BD．三、填空題（共4小題）13．已知向量a=2,?1,3，b=?1,k,?32，若向量a、【答案】?【分析】根據(jù)向量夾角為鈍角，可知cos<a,【詳解】由題意可知：cos<a解得：k>?132且k≠14．在正四棱柱ABCD?A1B1C1D【答案】11【分析】連接D1C，∠D1BC【詳解】∵AD//BC，∴∠D1BC即為異面直線連接D1C，在∵正四棱柱ABCD?A∴DBC=1，D1∴D1B2∴cos故異面直線BD1與AD所成角的余弦值是故答案為：111115．在三棱錐P-ABC中，PA，AB，AC兩兩垂直，D為棱PC上一動點，PA=AC=2，AB=3.當(dāng)BD與平面PAC所成角最大時，AD與平面PBC所成角的正弦值為.【答案】3【解析】首先可證AB⊥平面PAC，則BD與平面PAC所成角為∠ADB，所以當(dāng)D為PC的中點時∠ADB取得最大值，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出線面角的正弦值；【詳解】解：因為PA，AB，AC兩兩垂直，PA∩AC=A所以AB⊥平面PAC，則BD與平面PAC所成角為∠ADB，所以tan∠ADB=當(dāng)AD取得最小值時，∠ADB取得最大值在等腰Rt△PAC當(dāng)D為PC的中點時，AD取得最小值，以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0,1,1)，則AD=(0,1,1)，PC=(0,2,?2)，設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z)，則n即2y?2z=0?3x+2y=0，令y=3，得n因為cos?所以AD與平面PBC所成角的正弦值為31111.16．已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E是棱A1D1的中點，G為棱BC【答案】[【分析】方法1：通過作平行線找出異面直線AB與EG所成角，設(shè)NG=x，在直角三角形中用x表示出sinα，將問題轉(zhuǎn)化為求y=1?1方法2：建立空間直角坐標(biāo)系，運用坐標(biāo)法求得異面直線AB與EG所成角的余弦值的范圍，進(jìn)而求得其正弦值的范圍即可.【詳解】方法1：取B1C1的中點N則EN//AB，EN⊥面所以異面直線AB與EG所成角即為∠NEG=α，EN⊥NG，設(shè)NG=x，（1≤x<5所以sinα=又因為1≤x<52，所以1≤x2<方法2：如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B(1,1,0)，E(12,0,1)所以AB=(0,1,0)，EG所以cosα=|cos<又因為當(dāng)x=12時，x2?x+94=2所以23<cosα≤22，又因為四、解答題（共6小題）17．在如圖所示的多面體中，底面ABCD是菱形，∠BAD=120°，DE//CF//BG，CF⊥平面ABCD，AG//EF，且CF=2BG.（1）證明：EG//平面ABCD；（2）若菱形ABCD的邊長是2，CF=4，求直線CF與平面AEG所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）55【分析】（1）證明四邊形AEFG為平行四邊形．連接AF交EG于M，連接AC，BD交于O，連接MO，證明MG//BO．即可證明EG//平面ABCD．（2）解法一、證明FC與平面AEFG所成的角就是∠AFC．在RtΔAFC中，求解FC與平面AEG所成角的正弦即可．解法二、以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以直線AC、BD為x、y軸，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，求出平面AEG的法向量，然后利用向量的數(shù)量積求解直線CF與平面【詳解】（1）證明：因為四邊形ABCD為菱形，所以AD//BC.又DE//CF，AD∩DE=D，BC∩CF=C，所以平面ADE//平面BCFG.因為AG//EF，由夾在兩個平行平面間的平行線段相等知AG=EF，所以四邊形AGFE是平行四邊形.連接AF交EG于M，連接AC，BD交于O，連接MO，如圖所示，易知MO//CF//BG，且MO=1故四邊形BOMG為平行四邊形，所以MG//BO.又BO?平面ABCD，MG?平面ABCD，所以MG//平面ABCD，即EG//平面ABCD.（2）方法一（幾何法）：因為CF⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，故FC⊥BD.因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.又AC?平面ACF，F(xiàn)C?平面ACF，且CF∩AC=C，所以BD⊥平面ACF.由（1）知EG//BD，所以EG⊥平面ACF，又EG?平面AEFG，所以平面AEFG⊥平面ACF.因為平面AEFG∩平面ACF=AF，點C∈平面ACF，所以點C在平面AEFG內(nèi)的射影落在AF上，故FC與平面AEFG所成的角就是∠AFC.易知CF⊥AC，AC=AB=BC=2，所以在Rt△AFC中，sin∠AFC=所以直線CF與平面AEG所成角的正弦值為55方法二（向量法）：由（1）易知，DE=BG=2.以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以AC，BD，OM所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，如圖所示.則有A1,0,0，E0,?3,2，G0,所以AE=?1,?3,2，設(shè)平面AEG的法向量為n=x,y,z，由n⊥AE，令z=1，解得x=2，y=0，所以n=2,0,1為平面于是cosn故直線CF與平面AEG所成角的正弦值為5518．在直角梯形PBCD中，∠D=∠C=π2，BC=CD=2，PD=4，A為PD的中點，如圖，將△PAB沿AB折到△SAB的位置，使SB⊥BC，點E在SD上，且（1）求證：SA⊥平面ABCD；（2）求二面角E?AC?D的正切值．【答案】（1）證明見解析；（2）2【分析】（1）由題意可知，翻折后的圖中SA⊥AB①，易證BC⊥SA②，由①②根據(jù)直線與平面垂直的判定定理可得SA⊥平面ABCD；（2）以A為原點建立直角坐標(biāo)系，易知平面ACD的法向為AS=(0,0,2)，求平面EAC【詳解】解：（1）證明：在題平面圖形中，由題意可知，BA⊥PD，ABCD為正方形，所以在翻折后的圖中，SA⊥AB，SA=2，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，因為SB⊥BC，AB⊥BC，SB∩AB=B，SB,AB?平面SAB，所以BC⊥平面SAB，又SA?平面SAB，所以BC⊥SA，又SA⊥AB，BC∩AB=B，BC,AB?平面ABCD，所以SA⊥平面ABCD，解：如圖，以A為原點建立直角坐標(biāo)系，A0,0,0，B2,0,0，C2,2,0，D0,2,0，∴平面ACD的法向為AS設(shè)平面EAC的法向量為n=x,y,z，AC=由n?AC=0n?AE=0，所以所以cosn設(shè)二面角E?AC?D為θ，顯然二面角E?AC?D為銳二面角，所以cosθ=13所以tanθ=22，即二面角E?AC?D的正切值為19．如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中點分別為D,E,O，點F在AC上，BF⊥AO(1)求證：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱錐P?ABC的體積．【答案】(1)證明見解析；(2)2【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）作出并證明PM為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.【詳解】（1）連接DE,OF，設(shè)AF=tAC，則BF=BA+AF=(1?t)則BF?解得t=12，則F為AC的中點，由D,E,O,F分別為于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=則四邊形ODEF為平行四邊形，EF//DO,EF=DO，又EF?平面ADO,DO?平面ADO，所以EF//平面ADO.（2）過P作PM垂直FO的延長線交于點M，因為PB=PC,O是BC中點，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB=6,BO=因為AB⊥BC,OF//AB，所以O(shè)F⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF?平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM?平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM?平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱錐P?ABC的高為PM，因為∠POF=120°，所以∠POM=60°，所以PM=POsin又S△ABC=120．圖①是直角梯形ABCD，AB//CD，∠D=90°，四邊形ABCE是邊長為2的菱形，并且∠BCE=60°，以BE為折痕將△BCE折起，使點

(1)求證：平面BC1E⊥(2)在棱DC1上是否存在點P，使得點P到平面ABC1的距離為155【答案】(1)證明見解析；(2)存在，直線EP與平面ABC1【分析】（1）由二面角平面角定義可知∠AOC1是二面角A?BE?C（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DP=λDC【詳解】（1）在圖①中，連接AC，交BE于O，∵四邊形ABCE是邊長為2的菱形，∠BCE=60°，∴AC⊥BE，在圖②中，相交直線OA,OC1均與BE垂直，∴∠AOC∵AC1=6，∴OA2+OC12=A（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA,OB,則D32,?32,0，C1∴DC1=?32,3設(shè)DP=λDC則AP=設(shè)平面ABC1的一個法向量則AB?n=?3x+y=0AC1?∴點P到平面ABC1的距離d=解得：λ=12或∴AP=?∴cos∴直線EP與平面ABC1所成角的正弦值為1521．如圖，在圓錐DO中，D為圓錐頂點，AB為圓錐底面的直徑，O為底面圓的圓心，C為底面圓周上一點，四邊形OAED為矩形，且AC=1，BC=3．(1)若F為BC的中點，求證：DF//平面ACE(2)若CE與平面OAED所成角為30°，求二面角A?DE?C的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)2【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定