高考数学一轮总复习第7章立体几何76空间向量及运算模拟演练理.docx
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高考数学一轮总复习第7章立体几何76空间向量及运算模拟演练理
2019-2020年高考数学一轮总复习第7章立体几何7.6空间向量及运算模
拟演练理
1.向量a=(—2,-3,1),b=(2,0,4),c=(—4,—6,2),下列结论正确的是()
B.aIb,a丄c
D.以上都不对
A.aIIb,a〃c
C.aIc,a丄b
答案C
解析因为c=(—4,—6,2)=2(—2,—3,1),所以alc.又a•b=(—2)x2+(—3)xo+1x4=0,所以a丄b.
2.[XX•成都模拟]已知a=(入+1,0,2),b=(6,2u—1,2入),若alb,贝U入与u的值可以是()
111
A.2,B.—;,;
'232
C.—3,2D.2,2
答案A
1
解析由题意知(入+1)・2入=2X6,可得X=—3或2,由0・2入=2(2u—1)得u=㊁,
分析选项知A正确.
3.[xx•广东高考]已知向量a=(1,0,—1),贝U下列向量中与a成60°夹角的是()
A.(—1,1,0)B.(1,—1,0)
C.(0,—1,1)D.(—1,0,1)
答案B
1
解析经检验,选项B中向量(1,—1,0)与向量a=(1,0,—1)的夹角的余弦值为,即它们的夹角为60°,故选B.
4.如图所示,在平行六面体ABC—ABCD中,M为AC与BD的交点.若AB=a,AD=b,
AA=c,则下列向量中与BM目等的向量是(
11
D.qa—qb+c
答案A
ffff
…1111解析BM=BB+BM=AA+q(AD-AE)=c+2(b—a)=—,a+-b+c.
TTT
5.[xx•舟山模拟]平行六面体ABC-AiBCD中,向量ABADAA两两的夹角均为60°,
TTTT
且|AB=1,|AD=2,|AA|=3,则|AC|等于()
A.5B.6C.4D.8
答案A
TTTTT
解析设AB=a,AD=b,AA=c,则AC=a+b+c,|AG|2=a2+b2+c2+2a-b+2b•c
T
+2c•a=25,因此|AG|=5.
6.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,—1,6),C(x,4,3)为顶点的厶ABC是以
BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为.
答案2
TTTTTT
解析由题意知AB•AC=0,|AB=|AC,又AB=(6,—2,—3),AC=(x—4,3,—6),
6x—4—6+18=0,
解得x=2.
7.[xx•银川模拟
是.
T
y,z),•••AP=(x—1,y—2,z—1).PB=(—1—x,3—y,4—z),由AP=
x—42=4,]已知点A(1,2,1),B—1,3,4),Q1,1,1),若AP=2PB则|PD的值
&已知O0,0,0),A(1,2,3),B(2,1,2),P(1,1,2),点Q在直线OP上运动,当QA-QB
取最小值时,点Q的坐标是
答案
解析由题意,设OQ=XOP即OQ=(入,入,2入),
则QA=(1—入,2—入,3—2入),QB=(2—入,1—入,2-2入),
二QA-
QB-(1—入)(2—入)+(2—入)(1—入)+(3—2入)(2—2入)=6入2—16入+10=
24448
3,当入=3时有最小值,此时Q点坐标为3,3,3.
9.在四棱锥P—ABCD中,PDL底面ABCD底面ABCC为正方形,PD=DCE,F分别是ABPB的中点.
(1)求证:
EFLCD
(2)在平面PAD内是否存在一点G,使GFLL平面PCB若存在,求出点G坐标;若不存在,试说明理由.
解
(1)证明:
如图,以DADCDP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
ff
10.已知空间三点A—2,0,2),巳—1,1,2),Q—3,0,4),设a=ABb=AC
(1)求a和b夹角的余弦值;
⑵设|c|=3,c//BC求c的坐标.
解
(1)因为AB=(1,1,0),AC=(—1,0,2),
所以a•b=—1+0+0=—1,|a|=:
:
:
j2,|b|=、■,:
5.
[B级知能提升](时间:
20分钟)
M为BC中点,则△AMD!
()
AB-AD=0,
A.钝角三角形B.锐角三角形
C.直角三角形D.不确定
答案C
1
解析•/M为BC中点,•••AM=2(AB+AC.
fffffffff
111
•AM-AD=2(AB+AC•AD=?
AB・A叶AD=0,•AMLAD△AMD为直角三角形.
12.如图,在大小为45°的二面角A—EF—D中,四边形ABFECDEf都是边长为1的正方形,则B,D两点间的距离是()
A.3B.2
C.1D..3—2
ffffffff
•/BD=BF+FE+ED/•|BD|2=|BF|2+|FE|2+|ED|2+2BF•FE+2FE-ED+
解析
〈DRAE>=¥,若以DADCDP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点
E的坐标为.
答案(1,1,1)
解析由已知得Q0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),
E(1,1,1)
14.
N分别是
如图,直三棱柱ABC-A1B1C1底面△ABC中,CA=CB=1,/BCA=90°,棱AA=2,M
AB,AA的中点.
求cos〈BA,CB〉的值;
求证:
AB丄CMI
AB±GM
所以AB・CM=-2+I+0=0,AB丄CM所以
2019-2020年高考数学一轮总复习第7章立体几何7.7立体几何中的向量
方法模拟演练理
1•若平面a的一个法向量为(1,2,0),平面卩的一个法向量为(2,-1,0),则平面a和平面卩的位置关系是()
A.平行B.相交但不垂直
C.垂直D.重合
答案C
解析由(1,2,0)•(2,-1,0)=1X2+2X(-1)+0X0=0,知两平面的法向量互相垂
直,所以两平面互相垂直.
2.[XX•宜宾模拟]已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),且ka+b与2a-b互相平行,
则k的值是()
答案A
ki
解析由题意得,ka+b=(k—1,k,2),2a—b=(3,2,—2).所以一3-
得k=—2.
3.[xx•金华模拟]在空间直角坐标系Oxyz中,平面OAB勺一个法向量为n=(2,—2,1),已知点R—1,3,2),则点P到平面OAB的距离d等于()
A.4B.2C.3D.1
答案B
解析由已知平面OAB勺一条斜线的方向向量OF=(—1,3,2),所以点P到平面OAB的
tt
距离d=|Op•|cos〈OPn>
|=IOPn|=丨—2—6+2|=2
1=In|=:
2*2+—22+1=.
PA!
平面ABC/BAC=90°,D,E,F分别是棱ABBC,CP
|n|
的中点,
4.在三棱锥P—ABC中,
PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为()
1
a.-
5
AB=AC=1,
B.XC
5
D.
答案
解析
以A为原点,
ABACAP所在直线分别为x轴,
y轴,z轴建立如图所示的空间
直角坐标系,
由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0)
C(0,1,0),R0,0,2)
1
2,
n
则由
-DE=0,
得¥=0,
—x+y+2z=0,
z=1,贝Un=(2,0,1),设PA与平面DEF所成的角为0,
sin0=——
=|PA,n|=5,「.PA与平面DEF所成角的正弦值为
5
n|
建立如图所示的空间直角坐标系,则Q0,0,0),B(.2,0,0),A(0,1,0),B(.2,0,1),
d¥,2,
tttt
2),CD=-22,2,2,CB=(2,0,0),BA=(—2,1,0),BB=(0,0,1).设
平面CBD和平面BBD的法向量分别为n1,n2,可得“=(0,1,—1),(1,,2,0),所以
cos〈ni,n2>
n:
°“2,=£,又平面BBD与平面CBD所成的二面角的平面角与〈n1,圧>|n11•]n2|3
互补,故平面BBD与平面CBD所成的二面角的余弦值为—普.
AB
6.
如图,在正方形ABCDKEF//AB若沿EF将正方形折成一个二面角后,AE:
ED:
AD=1:
1:
寸2,则AF与CE所成角的余弦值为•
答案4
5
解析•/AE:
ED:
AD=1:
1:
Q2,「.AE1ED即AEDEEF两两垂直,所以建立如图
所示的空间直角坐标系,设AB=EF=CD=2,则E(0,0,0),A(1,0,0),F(0,2,0),C(0,2,1),
•••AF=(—1,2,0),EC=(0,2,1),
f
f
cos〈AF,
EO
ff
AF・EC_4_4
ff.5X.55,
丨AF•IEC
4
•AF与CE所成角的余弦值为-.
5
&已知点E,F分别在正方体ABG—ABGD的棱BB,CG上,且BE=2EBGF=2FG,
则面AEF与面ABC所成的锐二面角的正切值为
答案~3
解析如图,建立空间直角坐标系Dxyz,
设DA=1,由已知条件得
1
A(1,0,0),E1,1,3,
212
F0,1,3,AE=0,1,3,AF=-1,1,-,
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
f
n•AE=0,面AEF与面ABC所成的锐二面角为e,由图知e为锐角,由
f
令y=1,z=—3,
cose=|cos〈n,m〉|
n•AF=0,
9.
如图,在直二面角E—AB-C中,四边形ABEF是矩形,AB=2,AF=2,;3,^ABC是以A为直角顶点的等腰直角三角形,点P是线段BF上的一点,PF=3.
⑴证明:
FBL平面PAC
(2)求异面直线PC与AB所成的角的余弦值.
ff
解
(1)证明:
以A为原点,向量AB,ACAF的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),q0,2,0),F(0,0,2_:
3).
T
FB=(2,0,
T
—2,3),AC=(0,2,0)
•/BF=,AB+AF=4,PF=3,
•-P3,0,
=3.
•/FB-AC=0,•••FBIAC
(1)证明:
易知,ABADAA两两垂直.如图,以A为坐标原点,ABADAA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.设AB=t,则相关各点的坐标为:
A(0,0,0),B(t,0,0),B(t,0,3),Qt,1,0),C(t,1,3),D(0,3,0),D(0,3,3).
从而BD=(-1,3,-3),AC=(t,1,0),BD=(-1,3,0).因为ACLBD所以AC-BD=-t2+3+0=0.
解得t=3或t=—寸3(舍去).
ff
于是BD=(—乖,3,-3),AC=h/3,1,0).
ffff
因为AC-BiD=-3+3+0=0,所以ACLBD,即ACLBD.
fff
(2)由
(1)知,AD=(0,3,3),AC=(3,1,0),BC=(0,1,0)
设n=(x,y,z)是平面ACD的一个法向量,则
f
n-AC=0,
f
n-AD=0,
[B级知能提升](时间:
20分钟)
Oxyz中的坐标分别是(0,0,0),(0,1,1),
)
1
A.3B.
1D.2,3
答案A
则ACL平面
'6,所以AO
解析
如图所示,该四面体是棱长均为.'2的正四面体ABCMABCD勺中心为0,
BCDA0即为该四面体的高.在Rt△AOBKAB^yj2,B0=|bE=半x寸2=
332
答案D
解析
因为PA!
平面ABC所以PALABPALBC
过点A作AE//CB又CBLAB贝UAP,ABAE两两垂直.
如图所示,以A为坐标原点,分别以ABAEAP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),04,0,0),C(4,-2,0).
因为D为PB的中点,所以Q2,0,1).
故CP=(-4,2,2),AD=(2,0,1).
ff
所以cos〈ADCP
AD・CP
ff
|ADXICP
_2X—4+0X2+1X2—6
—,;22+02+12X-42+22+22—,5X2..6
设异面直线PCAD所成的角为0,
贝Ucos0=|cos
ff
〈ADCP
30
7T'
13.已知正四棱柱ABC-A1BC1D,AB=1,AA=2,点E为CG的中点,则点D到平面
BDE的距离为
答案于
解析如图所示,以D为坐标原点,以DADCDD所在直线分别为x轴,y轴,z轴建
ff
立空间直角坐标系,贝yQ0,0,0),B(1,1,0),D(0,0,2),E(0,1,1),所以DB=(1,1,0),DE
=(0,1,1),BD=(—1,—1,2).
4
E
A:
n•DB=x+y+0xz=0,
n•DE=0xx+y+z=0,
径,FB是圆台的一条母线.
⑴已知GH分别为ECFB的中点•求证:
GH/平面ABC
1
(2)已知EF=FB=qAO2,:
3,AB=BC求二面角F-BC-A的余弦值.
解⑴证明:
设FC的中点为I,连接GI,HI,在△CEF中,因为点G是CE的中点,所以GI//EF
又EF/OB所以GI/0B
在厶CFB中,因为H是FB的中点,所以HI//BC又HInGI=I,所以平面GHI//平面ABC因为GP?
平面GHI,所以GH/平面ABC
(2)连接OO,贝UOO丄平面ABC
又AB=BC且AC是圆O的直径,所以BC丄AC
以0为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz
由题意得耳0,2.3,0),C(—2.3,0,0),
所以BC=(—2,3,—23,0),
过点F作FMI垂直O盯点M
所以FMhFW—BM^3,可得F(0,3,3).
故BF=(0,-3,3).
设mi=(x,y,z)是平面BCF的法向量.
—23x—23y=0,
—■■-13y+3z=0.
可得平面BCF的一个法向量m=—1,1,玄3
3
因为平面
ABC的一个法向量n=(0,0,1),
所以cos
nrn百
〈mn〉一=^―.
|nn•n|7
所以二面角F—BC-A的余弦值为亏7
2,0),F0,2,1,•••PA=(0,0,—2),DE=0,2,0,DF=
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
1
y+3z=0,
2
—x+y+tz=0.
3
x=—1,贝Un=(—1,1,—3),平面ABC的法向量为m=(0,0,
=讦1tane寻
11.一个四面体的顶点在空间直角坐标系
(1,0,1),(1,1,0),则该四面体的体积为(
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