高中数学一轮复习考点规范练：第八章　立体几何43 Word版含解析

这是一份高中数学一轮复习考点规范练：第八章　立体几何43 Word版含解析，共5页。试卷主要包含了下列命题等内容，欢迎下载使用。

1.若向量c垂直于不共线的向量a和b,d=λa+μb(λ,μ∈R,且λμ≠0),则( )

A.c∥d
B.c⊥d
C.c不平行于d,c也不垂直于d
D.以上三种情况均有可能
2.已知a=(λ+1,0,2),b=(6,2μ-1,2λ),若a∥b,则λ与μ的值可以是( )
A.2,B.-
C.-3,2D.2,2
3.已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a-λb),则实数λ的值为( )
A.-2B.-C.D.2
4.已知A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足=0,=0,=0,M为BC的中点,则△AMD是( )
A.钝角三角形B.锐角三角形
C.直角三角形D.不确定
5.下列命题:
①若向量a,b共线,则向量a,b所在的直线平行;
②若向量a,b所在的直线为异面直线,则向量a,b一定不共面;
③若三个向量a,b,c两两共面,则向量a,b,c共面;
④已知空间的三个向量a,b,c,则对于空间的任意一个向量p总存在实数x,y,z使得p=xa+yb+zc.
其中正确命题的个数是( )
A.0B.1C.2D.3
6.在空间四边形ABCD中,则的值为( )
A.-1B.0C.1D.2
7.已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a的夹角为60°的是( )
A.(-1,1,0)B.(1,-1,0)
C.(0,-1,1)D.(-1,0,1)
8.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则( )
A.α∥βB.α⊥β
C.α,β相交但不垂直D.以上均不正确
9.
如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则异面直线EF和BC1所成的角是 .
10.已知O(0,0,0),A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),点Q在直线OP上运动,当最小时,点Q的坐标是 .
11.
如图,在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中,G为△BC1D的重心,求证:
(1)A1,G,C三点共线;
(2)A1C⊥平面BC1D.
能力提升
12.在平行六面体ABCD-A'B'C'D'中,若=x+2y-3z,则x+y+z=( )
A.1B.C.D.〚导学号37270355〛
13.(2016西安质检)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a,点E,F分别是BC,AD的中点,则的值为( )
A.a2B.a2C.a2D.a2〚导学号37270356〛
14.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cs θ的最大值为 .
〚导学号37270357〛
高考预测
15.如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1,在其底面△ABC中,CA=CB=1,∠BCA=90°,棱AA1=2,M,N分别是A1B1,A1A的中点.
(1)求的模;
(2)求cs<>的值;
(3)求证:A1B⊥C1M.
参考答案
考点规范练43 空间向量及其运算
1.B 解析 由题意得,c垂直于由a,b确定的平面.∵d=λa+μb,
∴d与a,b共面.∴c⊥d.
2.A 解析 ∵a∥b,∴存在k∈R,使b=ka,即(6,2μ-1,2λ)=k(λ+1,0,2),
解得
3.D 解析 由题意知a·(a-λb)=0,
即a2-λa·b=0,∴14-7λ=0.∴λ=2.
4.C 解析 ∵M为BC的中点,
).
)
==0.
∴AM⊥AD,△AMD为直角三角形.
5.A 解析 若a与b共线,则a,b所在直线也可能重合,故①不正确;根据自由向量的定义知,空间任两个向量a,b都共面,故②不正确;三个向量a,b,c中任两个一定共面,但它们三个却不一定共面,故③不正确;只有当a,b,c不共面时,空间任意一向量p才能表示为p=xa+yb+zc,故④不正确,综上可知,四个命题中正确的个数为0,故选A.
6.B
解析 (方法一)如图,令=a,=b,=c,
则()+()+()=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-c·a=0.
(方法二)在三棱锥A-BCD中,不妨令其各棱长都相等,由正四面体的对棱互相垂直可知,=0,=0,=0.
故=0.
7.B 解析 对于选项B,设b=(1,-1,0),
则cs=
因为0°≤≤180°,
所以=60°,故选B.
8.C 解析 ∵n1·n2=2×(-3)+(-3)×1+5×(-4)≠0,∴n1与n2不垂直.
又---,
∴n1与n2也不共线.
∴α与β相交但不垂直.
9.60° 解析 以BC,BA,BB1所在的直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.
设AB=BC=AA1=2,
则C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),
则=(0,-1,1),=(2,0,2),
=2,
∴cs<>=,
∴EF和BC1所成的角为60°.
10 解析 设==(λ,λ,2λ),则=(1-λ,2-λ,3-2λ),=(2-λ,1-λ,2-2λ).
故=(1-λ)(2-λ)+(2-λ)(1-λ)+(3-2λ)(2-2λ)=6λ2-16λ+10=6
所以当λ=时,取得最小值-,此时
所以点Q的坐标是
11.证明 (1),可以证明)=,
,
即A1,G,C三点共线.
(2)设=a,=b,=c,
则|a|=|b|=|c|=a,
且a·b=b·c=c·a=0,
=a+b+c,=c-a,
=(a+b+c)·(c-a)
=c2-a2=0.
因此,
即CA1⊥BC1.
同理CA1⊥BD,
又BD与BC1是平面BC1D内的两条相交直线,故A1C⊥平面BC1D.
12.B 解析 =x+2y-3z,∴x=1,y=,z=-,∴x+y+z=1+
13.C
解析 如图,设=a,=b,=c,则|a|=|b|=|c|=a,且a,b,c三个向量两两的夹角为60°.
(a+b),
c,
(a+b)c
=(a·c+b·c)
=(a2cs 60°+a2cs 60°)=a2.
14 解析 以A为坐标原点,射线AB,AD,AQ分别为x轴,y轴,z轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方形ABCD和ADPQ的边长为2,则E(1,0,0),F(2,1,0),M(0,y,2)(0≤y≤2).
所以=(2,1,0),=(-1,y,2).
所以=-2+y,||=,||=
所以cs θ=
=
令2-y=t,
则y=2-t,且t∈[0,2].
所以cs θ=
=
当t=0时,cs θ=0.
当t≠0时,cs θ
=
=,
由t∈(0,2],得,
所以
所以0即cs θ的最大值为
15.解 如图,建立空间直角坐标系Oxyz.
(1)依题意得B(0,1,0),N(1,0,1),
∴||
=
=
(2)依题意得A1(1,0,2),B(0,1,0),C(0,0,0),B1(0,1,2),
=(1,-1,2),=(0,1,2),=3,
||=,||=
∴cs<>=
(3)证明:依题意,得C1(0,0,2),M=(-1,1,-2),,
=-+0=0.
,∴A1B⊥C1M.