《2022年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 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年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 .pdf（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载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 BC0，BC CD0，CD DA0，DA AB0，则该四边形为() A平行四边形B梯形C平面四边形D空间四边形答案 D 解析 AB BC0， ABC2，同理 BCD2， CDA2， DAB 2，由内角和定理知，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ABCDA1B1C1D1中异于 A 的一个顶点，则 AP AB的值为() A0 B1 C0 或 1 D任意实数答案 C 解析 AP可为下列7 个向量：AB，AC，AD，AA1，AB1，AC1，AD1
2、，其中一个与 AB重合，AP AB|AB|21；AD，AD1，AA1与AB垂直， 这时 AP AB 0；AC，AB1与 AB的夹角为45 ，这时 AP AB2 1cos4 1，最后 AC1 AB31cosBAC13131，故选 C. 3如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中， M 为 AC 与 BD 的交点， N 为 BB1的靠近 B 的三等分点，若A1B1a，A1D1b，A1Ac，则MN等于 () A12a12b13cB.12a12b13cC.12a12b13cD12a12b23c答案 C 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1
3、 页，共 8 页学习必备欢迎下载解析 MN MBBN12D1B113BB112(A1B1A1D1)13A1A12a12b13c. 4已知 A(2， 5,1)，B(2， 2,4)，C(1， 4,1)，则 AC与AB的夹角为 () A30B45C60D 90答案 C 解析 AB(0,3,3)，AC( 1,1,0)设AB，AC ，则 cos AB AC|AB| |AC|33 2 212， 60 . 5已知a(2， 1,3)，b (1,4， 2)，c (7,5， )，若 a，b， c 三向量共面，则实数 等于 () A.627B.637C.647D.657答案 D 解析 a，b，c 三向量共面，存在实
4、数m， n 使 c manb，即(7,5， )(2mn， m4n,3m2n)，2mn7 m 4n5 3m 2n， 657. 6(2010 山东青岛 )在空间四边形ABCD 中，AB CDAC DBAD BC的值为 () A0 B.32C1 D无法确定答案 A 解析 AB CDAC DBAD BCAB (BDBC) (BC BA) DB(BDBA) BCAB BDAB BC BC DBBA DB BD BCBA 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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳
5、总结 - - - - - - -第 2 页，共 8 页学习必备欢迎下载等于 () A5 B. 41 C4 D 2 5 答案 A 解析 设AD AC，D(x， y，z)，则 (x1，y1， z2) (0,4， 3)，x1，y4 1，z23 . BD(4,4 5， 3 )，又AC(0,4， 3)， ACBD，4(4 5)3(3 )0， 45， BD 4，95，125，|BD|4295212525. 8已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，AM12MC，点 N 为 B1B 的中点，则线段MN 的长度为 () A.216B.66C.156D.153答案 A 解析 MN ANAMAN13ACAB
6、BN13()ABADAA123AB16AA113AD. MN |MN|49|AB|2136|AA1|219|AD|2216. 9设空间四点O、A、B、P 满足 OPOA tAB，其中 0t1，则有 () A点 P 在线段 AB 上B点 P 在线段 AB 的延长线上C点 P 在线段 BA 的延长线上D点 P 不一定在直线AB 上答案 A 解析 OPOAtAB， APtAB，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 8 页学习必备欢迎下载0t1，点 P 在线段 AB 上10在棱长为1 的正方体ABCDA1B1C1D1中， M、N 分别
7、为 A1B1和 BB1的中点，那么直线AM 与 CN 所成角的余弦值等于() A.32B.1010C.35D.25答案 D 解析 AM AA1 A1MAA112AB，CNCBBN AD12AA1，AM CN AA1 AD12AB AD12|AA1|214AA1 AB12，|AM|2|AA1|214|AB|2AA1 AB54，|CN|2|AD|214|AA1|212AD AA154，cosAM，CNAM CN|AM| |CN|25，故选 D. 二、填空题11已知 a(1,2x 1， x)， b(x2,3， 3)，若 ab，则 x_. 答案 1 解析 ab，1x22x13x3，由1x 22x13得
8、， 2x23x50， x1 或52，由2x13x3得 x1， x1. 12 设向量 a(1,3,2)， b(4， 6,2)， c(3,12， t)， 若 cmanb， 则 mn_. 答案 112解析 manb(m4n,3m6n,2m2n)，(m4n,3m6n,2m2n)(3,12， t) m 4n 33m6n122m2nt，解得m5，n12，t11.mn112. 13若 |a|17，b(1,2， 2)，c(2,3,6)，且 ab，ac，则 a _. 答案 (185，2，15)或(185， 2，15) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第
9、4 页，共 8 页学习必备欢迎下载解析 设 a(x，y， z)，ab， x2y2z0.ac， 2x 3y6z0.|a|17.x2y2z217.联立得x 18z，y10z. 代入得 425z217， z15. a(185，2，15)或(185， 2，15)14直三棱柱ABCA1B1C1中， ACB90 ， BAC30 ，BC1，AA16，M 是CC1的中点，则异面直线AB1与 A1M 所成角为 _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
10、,0，62)，A1(0，3，6)，AB1 (1，3，6)，A1M (0，3，62)，cosAB1，A1MAB1 A1M|AB1| |A1M|0， AB1，A1M2，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 b18，(kab) (kab)，求向量b及 k 的值解析 b0，a，b共线，存在实数 ，使 a b，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 8 页学习必备欢迎下载a(2， 1,2)， |a|3，a b a2 |a|29 18， 2.b(4， 2,4)(kab)(k
11、ab)， (kab) (kab)0. (ka2a) (ka2a) 0. (k24)|a|2 0.k 2. 16(2010 上海松江区模拟)设在直三棱柱ABCA1B1C1中， ABACAA1 2， BAC90 ，E，F 依次为 C1C，BC 的中点(1)求异面直线A1B、EF 所成角 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)，cos A1B EF|A1B|
12、|EF|422363， arccos63. (2)设平面 AEF 的一个法向量为n(a，b，c)，AE(0,2,1)， AF(1,1,0)，由n AE0n AF0得，2bc0ab0，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 8 页学习必备欢迎下载令 a1 可得 n(1， 1,2)，AB1 (2,0,2)， d|AB1 n|n|666. 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 FAB 90 ，BC 綊12AD，BE 綊12FA，G、H 分别为 F
13、A、 FD 的中点(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 ABBE，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 Axyz. (1)设 ABa， BCb，BEc，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 GHBC.又点 G 不在直线BC 上，所以四边形BCH
14、G 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)，EFCH，又 C?EF，HFD，故 C、D、F、E 四点共面(3)由 ABBE，得 c a，所以 CH(a,0，a)， AE(a,0，a) 又AD(0,2b,0)，因此 CH AE0，CH AD0 即 CHAE，CHAD，又 ADAEA，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精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 -
15、- - - - - -第 7 页，共 8 页学习必备欢迎下载时，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)由题设知， FGGA，FH HD，所以 GH 綊12AD. 又 BC 綊12AD，故 GH 綊 BC，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 BE 綊12AF，G 是 FA 的中点知， BE 綊 GF，所以 EFBG，由(1)知 BGCH，所以 EFCH，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 ABBE，BE 綊 AG，及 BAG90 知 ABEG 是正方形，故 BGEA.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，BGED. 又 EC EAE，所以 BG平面 ADE. 由(1)知， CHBG，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. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 8 页