空间向量与立体几何单元检测试题

空间向量与立体几何单元测试题

一、选择题

1、若a,b,c是空间任意三个向量, R,下列关系式中,不成立的是（ ） A.abba B. abab

C．abcabc D．ba

2、给出下列命题

①已知ab, 则abccbabc;

②A、B、M、N为空间四点,若BA,BM,BN不构成空间的一个基底, 则A、B、M、N共面;

③已知ab,则a,b与任何向量不构成空间的一个基底;

④已知

a,b,c是空间的一个基底,则基向量a,b可以与向量mac构成空间另一个基底.

正确命题个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4

3、已知a,b均为单位向量,它们的夹角为60,那么

a3b等于（ ）

A．7 B．10 C．13 D．4

4、

a1,b2,cab,且ca,则向量a与b的夹角为（ ）

A．30 B．60 C．120 D．150

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5、已知

a3,2,5,b1,x,1,且ab2,则x的值是

（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6

6、若直线l的方向向量为a,平面的法向量为n,则能使l//的是( ) Aa1,0,0,n2,0,0 B．

a1,3,5,n1,0,1 C

a0,2,1,n1,0,1 D．

a1,1,3,n0,3,1

7.空间四边形OABC中，OBOC，AOBAOC3，则cos的

值是（ ） A．

12 B．

22 C．－

12 D．0 8、正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为

1,E是

A1B1中点,则

E到平面

ABC1D1的距离是

（ ）

3213A．

2 B．

2 C．2 D．3

9．若向量a与b的夹角为60°，b4，(a2b)(a3b)72，则a（ ） Ａ．2

Ｂ．4

Ｃ．6

Ｄ．12

10．如图，A1B1C1—ABC是直三棱柱，∠BCA=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若

BC=CA=CC1，

则BD1与AF1所成角的余弦值是（ ）

A．

3010 B．

1302 C．15 D．

1510

. . . . .

11．在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝

1PA，点O、D分别是AC、PC的中点， 218、如图，已知点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的 对角线BD1上，∠PDA=60°. （1）求DP与CC1所成角的大小； （2）求DP与平面AA1D1D所成角的大小.

OP⊥底面ABC，则直线OD与平面ABC所成角的正弦值（ ） A．

z 314102B． C．D．

3 4 304

D A C H B P 12．正三棱柱ABCA31B1C1的底面边长为3，侧棱AA123，D是CB延长线上一点，且BDBC，则二面角B1ADB的大小（ ）

A．

 B． 5

D．

23 C ． 663

二、填空题

13、已知A(1，2，1)关于面xOy的对称点为B，而B关于x轴的对称点为C，则BC 14、△ABC和△DBC所在的平面互相垂直,且AB=BC=BD,∠CBA=∠DBC=60,则AD与平面BCD所成角为 .

15、若直线l的方向向量为(4,2,m),平面的法向量为(2,1,-1),且l⊥,则m = . 16、已知ABCD为正方形，P为平面ABCD外一点，PDAD，PDAD2，二面角

PADC为60°，则P到AB的距离为

三、解答题

17、已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为a的正方形,PA⊥底面ABCD,E为PC上的点且CE：CP=1：4,求在线段AB上是否存在点F使EF//平面PAD?

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D C A y B x 、三棱锥被平行于底面

ABC的平面所截得的几何体如图所示，截面为A1B1C1，

BAC90，

A1A平面ABC，A1A3，AB2，AC2，AC111，

BDDC12． A1

C1

证明：平面AB1

1AD平面BCC1B1；

A 求二面角ACC1B的平面角的余弦值．

C

B

D

19 （Ⅰ）（Ⅱ）

. . . . .

20．如图所示的多面体是由底面为

ABCD的长方体被截面AEC1F所截面而得到的，其中

AB4,BC2,CC13,BE1.

（Ⅰ）求BF的长； （Ⅱ）求点C到平面AEC1F的距离.

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参 选择题

DCCCC DDBCA CA 填空题

13. (0，4，2) 14. 30 15. -2 16. 7 解答题

17、解：建立如图所示的空间直角坐标系，设PA=b， 则A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,b), 则

CPa,a,b,

∵E为PC上的点且CE：CP=1：3,

. . . . .

CE∴

11aabCPa,a,b,,44444

可得2m2m21．解得m2， 2．

（

Ⅰ

）

因

为

3a3abCEAEACAECEAC,,444, ∴由

设点F的坐标为(x,0,0,) (0≤x≤a),

所以

22DH12，2，3a3abEFx,,444, 则

又平面PAD的一个法向量为

220011222cosDH，CC， 212ABa,0,0CC45．即DP与CC所成的角为45． 所以DH，,

3a3aEFABxa0x44, 依题意,

1，0)． （Ⅱ）平面AADD的一个法向量是DC(0，3∴在线段AB上存在点F,满足条件,点F在线段AB的4处.

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．

220110122DC60． DC， 所以DH，因为cosDH，212可得DP与平面AADD所成的角为30． 19. 解：解法一：（Ⅰ）

A1A平面ABC，BC平面ABC，

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

BC6， A1ABC．在Rt△ABC中，AB2，AC2，1)(m0)，由已知DH，DA60， 设DH(m，m，D A D A x C H B P C B BD:DC1:2，BD6BD3AB，又，

3AB3BC，DH 由DADHDADHcosDAy △DBA∽△ABC，ADBBAC90，即ADBC． 又A1AADA，BC平面A1AD，

A1 B1

C1

E

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A

F C

. . . . .

BC平面BCC1B1，平面A1AD平面BCC1B1．

（Ⅱ）如图，作AEC1C交C1C于E点，连接BE， 由已知得AB平面ACC1A1．

222AD，BC(2，，02，，0)AA1(0，0，3)．

3，3BCAA10，BCAD0，BCAA1，BCAD，又A1AADA， BC平面A1AD，又BC平面BCC1B1，平面A1AD平面BCC1B1．

AE是BE在面ACC1A1内的射影．

由三垂线定理知BECC1，AEB为二面角ACC1B的平面角． 过C1作C1FAC交AC于F点，则

（Ⅱ）

0，0)为平面ACC1A1的法向量， BA平面ACC1A1，取mAB(2，CFACAF1，C1FA1A3，

设平面BCC1B1的法向量为n(l，m，n)，则BCn0，CC1n0．

C1CF60．

32l2m0，l2m，nm，如图，可取m1，则

3m3n0，3n2，1，， 333． 在Rt△AEC中，AEACsin60226AB26在Rt△BAE中，tanAEB．AEBarctan， 3AE33即二面角ACC1B为arctan22010cosm，nz 3326． 3(2)20202C1 即二面角ACC1B为arccosB1 A1 3(2)212315， 5解法二：（Ⅰ）如图，建立空间直角坐标系，

则A(0，0，，0)B(2，0，，0)C(0，2，，0)A1(0，0，3)，C1(01，，3)，

B x A D 15． 5y C 20. 解：（I）建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,4,0)

2221． ，，0BD:DC1:2，BDBC．D点坐标为333. 专业word可编辑 .

A(2,0,0),C(0,4,0),E(2,4,1),C1(0,4,3)设F(0,0,z). （第19题，解法二）

∵AEC1F为平行四边形，

. . . . .

由AEC1F为平行四边形,由AFEC1得,(2,0,z)(2,0,2),z2.F(0,0,2).EF(2,4,2).于是|BF|26,即BF的长为26.（II）设n1为平面AEC1F的法向量，

显然n1不垂直于平面ADF,故可设n1(x,y,1)

x1,4y10,n1AE0,0x4y10由得即1

2x0y202x20,y.n1AF0,4又CC1(0,0,3),设CC1与n1cosCC1n1|CC1||n1|331的夹角为

，则

1116433.∴C到平面AEC1F的距离33为d|CC1|cos3

433433. 3311. 专业word可编辑 .