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

1、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B梯形C平面四边形D空间四边形答案 D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 A1B1C1D 1 中异于 A 的一个顶 点，则 AP·

2、;AB 的值为()A 0B1C0或 1D任意实数答案 C解析 可为下列 7 个向量：AP 2 AB，AC，AD ，AA1，AB1，AC1，AD 1，其中一个与 AB重合， AP ·AB |AB| 1；AD，AD 1， AA1与 AB垂直，这时 AP·AB0；AC，AB1与 AB的夹角为 45°，这时 AP·AB2× 1×cos 1，4 3× 1×cosBAC3× 1 1，故选 C.最后 AC1·AB133如图，在平行六面体ABCD A1B1C1D1 中， M 为 AC 与 BD 的交点， N 为

3、 BB 1 的靠近 B 的三等分点，若A1B1 a，A1D 1 b，A1Ac，)则MN 等于 (111A 2a2b 3c111B.2a 2b 3c111C.2a 2b 3c112D 2a2b 3c答案C解析 1MN MB BN1D1B1BB1231 1 111 2(A1B1A1D 1) 3A1A 2a 2b3c.)4已知 A(2， 5,1)， B(2， 2,4)， C(1， 4,1)，则 AC与 AB的夹角为 (A30°B 45°C60°D 90°答案 C 3解析 AB·ACAB (0,3,3)，AC ( 1,1,0)设 AB，AC ，则 co

4、s 2· 2|3|AB| |AC·12， 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 ()6263A. 7B. 76465C. 7D. 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， )(2m n， m 4n,3m 2n)，2m n765 m 4n5， . 3m 2n6(2010 ·东青岛山 )在空间四边形ABCD 中， AB·CD AC·DBAD ·BC的值为 ()3A 0B. 2C1D 无法确

5、定答案 A解析 AB·CD AC·DB AD·BC AB·(BD BC) (BC BA) ·DB ( BDBA ) ·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等于()A 5B. 41C4D2 5答案 A解析 ， 3)，设AD AC， D (x， y，z)，则 (x 1， y 1， z 2) (0,4 x 1， y 4

6、1， z 2 3. BD ( 4,4 5， 3)，又 AC (0,4， 3)， AC BD ， 4(45) 3( 3)0，4，9，12， 4， BD 55529212 25. |BD| 4 558已知正方体ABCD A1B1C1D 1 的棱长为1 1，AM2MC ，点 N 为 B1B 的中点，则线段MN 的长度为21A.615C. 6答案 解析 ()6B. 615D. 3A1MN AN AM AN 3AC1 AB BN3(AB AD AA 1)211 3AB 6AA1 3AD.4 2121 221. MN |MN |AB| 36|AA1|AD |699，则有()9设空间四点 O、 A、 B、P

7、 满足 OP OA tAB，其中 0<t<1A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 OP OA tAB ， APtAB ， 0<t<1 ，点 P 在线段 AB 上10在棱长为 1 的正方体ABCD A1B1C1D 1 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()310A. 2B. 1032C.5D.5答案 D解析 11 AM AA1 A1MAA1AB ，CN CB BN ADAA1，221 1 21 1，AM·

8、CN AA 1·AD2AB·AD2|AA 1| AA1·AB42 2 21 2 5|AM| |AA 1|AB| AA1·AB，44 2 2121 5，|CN| |AD | |AA 1|2AD·AA144 AM·CN 2，故选 D. cos AM， CN5|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解析 1 2x 1 x，由 1 2x1得， 2x2 3x 5 0， x 1 或 3 ab， x23x 23 52，2x 1 x由3 3得 x 1，

9、 x1.12设向量 a (1,3,2) ，b (4，6,2)，c ( 3,12 ，t)，若 c ma nb，则 m n _.11答案 2解析 ma nb(m 4n,3m 6n,2m 2n)， ( m 4n,3m 6n,2m2n) ( 3,12， t) m 4n 3m 5，3m 6n12，解得1， m n 11n22 .2m 2n tt 11.13若 |a|17， b (1,2， 2)， c (2,3,6) ，且 a b， a c，则 a _.答案 (18，2， 1)或 (18， 2， 1)5555解析 设 a (x， y， z)， a b， x 2y 2z 0. a c， 2x 3y6z 0.

10、 |a| 17. x2 y2 z2 17.联立得 x 18z， y 10z.代入得21425z 17， z ± .5 a (18， 2，1)或 (18， 2，1555)514直三棱柱 ABC A1B1C1 中， ACB 90°， BAC 30°， BC 1， 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，6y 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， 2 )，

11、A1(0，3， 6)，6 AB1 (1，3，6)， A1M (0，3，2 )，AB1·A1M 0，cos AB1， A1M|AB1| |A·1M| AB1， A1M，2即直线 AB 1 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 b0， a， b 共线，存在实数，使 a b， a (2， 1,2)， |a|3， a·b a2 |a|2 9 18， 2. b (4， 2,4) (ka b) (kab)， (ka b) ·(kab)

12、 0. (ka 2a) ·(ka 2a) 0. (k2 4)|a|2 0. k ±2.16(2010 ·海松江区模拟上)设在直三棱柱ABC A1 B1C1 中， AB AC AA1 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) ， (2,0(1)A1B， 2)，

13、EF (1， 1， 1)， 46A1B·EFcos 22× 33 ，|A B| |EF·|1 arccos63 .(2)设平面 AEF 的一个法向量为n (a， b， c)， (1,1,0) ， AE (0,2,1) ， AF2b c 0n·AE 0由得，a b 0，n·AF 0令 a1 可得 n (1， 1,2)，6|AB1·n| 6. AB1 (2,0,2) ， d6|n|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°

14、， BC 綊1AD， BE 綊1FA， 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，

15、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 AEA，所以 CH平面 ADE .故由

16、 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 2AD.又 BC 綊 1AD，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2AF，G 是 FA 的中点知， BE 綊 GF，所以 EF BG，由 (1)知 BG CH ，所以 EF CH ，故 EC、 FH