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文档简介
第一章空间向量与立体几何同步单元必刷卷(基础卷)全解全析1.D【解析】【分析】根据空间四点共面的充要条件代入即可解决【详解】由、、、四点共面,且其中任意三点均不共线可得,解之得故选:D2.A【解析】【分析】利用空间向量的基本定理求解.【详解】解:,,,,故选;A3.A【解析】【分析】由空间向量平行的坐标公式求出即可.【详解】由,解得,则.故选:A.4.B【解析】【分析】先以为基底表示空间向量,再利用数量积运算律求解.【详解】解:,,,,所以,故选:B5.A【解析】【分析】取的中点,连接,以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得和所成角的余弦值.【详解】取的中点,连接,设,因为是边长为的等边三角形,则,因为平面,以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,则、、、,,,,因此,和所成角的余弦值为.故选:A.6.C【解析】【分析】将向量转化成,然后等式两边同时平方表示出向量的模,再根据向量的数量积求出向量与的夹角,而向量与的夹角就是二面角的补角.【详解】由条件,知.,,即,所以二面角的大小为故选:C.7.A【解析】【分析】根据空间点线面位置关系的向量表示,即可判断各命题的真假.【详解】对A,若,则直线平面或直线平面,A错误;对B,若,则直线平面,B正确;对C,设直线l与平面所成角的大小为,则,所以,C正确;对D,设平面、所成锐角的大小为,则,所以,,D正确.故选:A.8.B【解析】【分析】根据特殊位置即可判断出周长,根据等体积,可判断高最大,体积最大,根据线面垂直可判断线线垂直,根据二面角的向量求法即可作出判断.【详解】当时,是的中点,,当时,,,
故当时的周长并不是最小的.故A错.当λ=0时,,只需要面积最大体积就最大,此时重合,故B对.当是中点时,平面,又平面,则,故C错.取中点为,则平面,以所在直线为轴,故建立如图所示空间直角坐标系,平面的法向量为,故设平面的法向量为所以
令,则,故,故D不对.故选:B9.AC【解析】【分析】由向量共面定理可判断AC;取,为零向量可判断B;取,A,三点共线,点P与,A,不共线可判断D.【详解】由向量共面定理可知A正确;当,为零向量可知B错误;由向量共面定理可知共面,又因为共始点,所以点,,A,共面,故C正确;当,A,三点共线,点P与,A,不共线时可知D错误.故选:AC10.AD【解析】【详解】根据空间向量共面的判定定理及空间向量基底的概念逐项判断即可.【解答】解:,,是空间的三个单位向量,由,,则,故A正确;,,两两共面,但是,,不一定共面,,,可能两两垂直,故B错误;由空间向量基本定理,可知只有当,,不共面,才能作为基底,才能得到,故C错误;若是空间的一组基底,则,,不共面,可知也不共面,所以也是空间的一组基底,故D正确.故选:AD.11.BCD【解析】【分析】由空间向量平行的性质及空间向量模长,数量积,夹角的坐标运算进行判断即可.【详解】对于A选项:,不存在,使得,故A错误;对于B选项:,,故B正确;对于C选项:,,则,故C正确;对于D选项:,,所以,故D正确;故选:BCD.12.ACD【解析】【分析】在正三棱柱中,如图建立空间直角坐标系,分别求出平面和平面的法向量可判断A;求出直线与BC的方向向量,通过异面直线所成角的向量公式可判断B;因为点M在内,所以设可表示出的坐标,由可求出的范围,再求出CM与平面ABC所成的角的正弦值可判断C;设,求出,,表示出可判断D.【详解】对于A,在正三棱柱中,为的中点,所以,如图建立空间直角坐标系,则,,,,,,,所以,,设平面的法向量为,则,令,则,,所以,设平面,所以,则平面⊥平面,所以A正确;对于B,,,设直线与BC所成角为,则,所以异面直线与所成角的余弦值为,故B不正确.对于C,设平面,因为点M在内(包括边界)且,所以设,则四点共面,则,所以,则,所以,所以,因为,所以化简得:,所以,解得:,设CM与平面ABC所成的角为,所以,所以CM与平面ABC所成的角的正弦值的最大值为,故C正确.对于D,设,则、,因为,,所以,,则,,所以,所以当时有最小值,所以,所以,故D正确;故选:ACD.13.(答案不唯一)【解析】【分析】先求得向量的坐标,再依据题给条件列方程去求向量的坐标即可解决.【详解】由点,可得,又向量在上的投影向量为,则则,又向量与向量不共线,则不成立则可令,即,故答案为:(答案不唯一)14.【解析】【分析】利用向量数量积求得向量的模,即可求得线段的长【详解】则即线段的长为故答案为:15.【解析】【分析】先求出,再由求解即可.【详解】在中,因为是的中点,所以,所以.故答案为:.16.①②③⑤【解析】【分析】由正方体的平面展开图可得正方体,建立空间直角坐标系,利用空间向量法计算可得;【详解】解:由正方体的平面展开图可得正方体(其中与重合),如图建立空间直角坐标系,令正方体的棱长为,则,,,,,,,,,所以,,所以,所以,故①正确;,,所以,,即,,,平面,所以平面,即②正确;,显然与是异面直线,设与所成角为,则,因为,所以,故③正确;,平面的法向量可以为,设与平面所成的角为,所以,故④错误;,,设平面的法向量为,则,令,所以,设二面角为,显然二面角为锐二面角,则,所以,故⑤正确;故答案为:①②③⑤17.(1)25(2)或【解析】【分析】(1)根据空间向量的坐标线性运算与数量积公式求解即可;(2)根据垂直的数量积表示,结合向量的坐标公式求解即可(1)因为,,故,,故(2),,,因为,故,即,故,即,故或18.(1)(2)(3)证明见解析【解析】【分析】(1)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量的模长公式可求得结果;(2)利用空间向量数量积的坐标运算可求得的值;(3)利用空间向量法可证得,,再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.(1)解:因为平面,,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系,则,,所以,,则.(2)解:依题意得、、、,所以,,,,又,,所以,.(3)证明:依题意得、、、、,则,,,所以,,,则,,即,,又因为,所以,平面.19.(1)证明过程见解析(2)【解析】【分析】(1)作出辅助线,由线线垂直得到线面垂直,进而证明出AC⊥BD;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量求解二面角的余弦.(1)连接BD,因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,因为平面ABCD⊥平面CDEF,交线为CD,ED⊥CD,ED平面CDEF,所以ED⊥平面ABCD,因为AC平面ABCD,所以ED⊥AC,因为BDED=D,所以AC⊥平面BDE,因为BE平面BDE,所以AC⊥BD(2)取BC的中点G,连接DG,BD,因为∠BCD=60°,四边形ABCD是边长为4的菱形,所以DG⊥BC,因为AD∥BC,所以DG⊥AD,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DG所在直线为y轴,DE所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则,设平面BCF的法向量为,则,解得:,令,则,平面ADE的法向量为,设平面ADE与平面BCF所成角为,显然为锐角,则20.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)根据条件首先证明,再证明,由线面垂直的判定定理即可证明平面.(2)如图,以为一组正交基底,建立空间直角坐标系,设,分别求出平面MNA与底面ABCD的法向量,由二面角公式可求出,即可求出PC的长.(1)证明:连接BD,因为底面为正方形,所以.因为平面,平面,所以.又,平面,平面,所以平面因为平面,所以.同理,.在中,M,N分别为PB,PD的中点,所以.因为,所以.又,平面,平面,所以平面.(2)解:如图,以为一组正交基底,建立空间直角坐标系,设,则,,,,所以,.设平面的法向量为,则,令,则,所以平面的一个法向量为.因为平面,所以平面的一个法向量为,所以,解得.所以,.21.(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)取,利用平行线分线段成比例和平行四边形的性质,结合线面平行的判定可证得平面,平面,由面面平行的判定与性质可证得结论;(2)以为坐标原点可建立空间直角坐标系,利用面面角的向量求法可求得所求角的余弦值,由余弦值可求得正弦值.(1)在上取一点,使得,连接,,,又平面,平面,平面;,,,,,四边形为平行四边形,,又平面,平面,平面;,平面,平面平面,平面,平面.(2)由题意知:以为坐标原点,正方向为轴,可建立如图所示空间直角坐标系,则,,,,,,,平面与平面所成设平面的法向量,则,令,解得:,,;设平面的法向量,则,令,解得:,,;,平面与平面所成角的正弦值为.22.(1)(2)存在,当Q为AD上靠近A的四等分点时,PQ与平面APB所成角的正弦值为【解析】【分析】(1)如图建系,求得各点坐标,进而可得坐标,即可求得平面PAB的法向量,根据线面垂直的性质及判定定理,可证平面,则即为平面的法向量,根据二面角的向量求法,即可得答案.(2)假设存在点Q满足题意,设,因为,即可求得Q点坐标,进而可得坐标,根据线面角的向量求法,代入公式,计算可得值,即可得答案.(1)由题意得平面ABCD,且,以O为原点,分别以OA,OB,OP为x,y,z轴正方向建系,如图所示所以,所以,设平面PAB的法向量,则,即,令
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