届苏教版空间向量与立体几何单元测试10.docx
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届苏教版空间向量与立体几何单元测试10
1.在空间平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1与△ABC不共面),连结对应顶点.设=a,=b,=c,M是BC1的中点,N是B1C1的中点,用基底{a,b,c}表示向量+的结果是____________.
2.如图,在四棱柱的上底面ABCD中,=,则下列向量相等的是________.
①与;②与;
③与;④与.
3.如下图所示,
在正方体ABCD—A1B1C1D1中,M,N,P分别是棱CC1,BC,A1B1上的点,若∠B1MN=90°,则∠PMN的大小是______.
4.设O-ABC是四面体,G1是△ABC的重心,G是OG1上的一点,且OG=3GG1,若=x+y+z,则(x,y,z)为________.
5.已知|a|=2,|b|=,a·b=-,则〈a,b〉=________.
6.已知|a|=3,|b|=4,m=a+b,n=a+λb,〈a,b〉=135°,m⊥n,则λ=________.
7.在以下三个命题中,真命题的个数是________.
①三个非零向量a,b,c不能构成空间的一个基底,则a,b,c共面;
②若两个非零向量a,b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底,则a,b共线;
③若a,b是两个不共线的向量,而c=λa+μb(λ,μ∈R且λμ≠0),且{a,b,c}构成空间的一个基底.
8.若点A(1,2,3),B(-3,2,7),且+=0,则点C的坐标为____________.
9.设A,B,C,D是空间不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,则△BCD是________三角形.(填“锐角”,“直角”,“钝角”)
10.已知点G是△ABC的重心,O是空间任一点,若++=λ,λ的值为________.
11.如下图,
已知四棱锥P—ABCD中,PA⊥底面ABCD,且ABCD为正方形,PA=AB=a,点M是PC的中点.
(1)求BP与DM所成的角的大小;
(2)求二面角M—DA—C的大小.
12.如下图,
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=9°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC上的一点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA1.
(1)求证:
CD=C1D;
(2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;
(3)求点C到平面B1DP的距离.
13.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M是棱AA1的中点,点O是对角线BD1的中点.
(1)求证:
BD1⊥AC;
(2)求证:
OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.
14.如下图,
向量,,是不共面的三个向量,请问向量与它们是什么关系?
由此可以得出什么结论?
15.已知{e1,e2,e3}为空间的一个基底,且=2e1-e2+3e3,=e1+2e2-e3,=-3e1+e2+2e3,=e1+e2-e3.
(1)判断P,A,B,C四点是否共面;
(2)能否以{,,}作为空间的一个基底?
若不能,说明理由;若能,试以这一基底表示向量.
16.已知a+3b与7a-5b垂直,且a-4b与7a-2b垂直,求〈a,b〉.
17.正方体ABCD—A1B1C1D1中,E,F分别是A1D1,A1C1的中点.求异面直线AE与CF所成角的余弦值.
18.在空间平移△ABC到△A1B1C1(使△A1B1C1与△ABC不共面),连结对应顶点.设=a,=b,=c,M是BC1的中点,N是B1C1的中点,用基底{a,b,c}表示向量+.
19.证明三个向量a=-e1+3e2+2e3,b=4e1-6e2+2e3,c=-3e1+12e2+11e3共面.
20.如下图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是C1C,B1C1的中点.求证:
MN∥平面A1BD.
答案解析
1.【答案】a+b+c
【解析】如下图,
+=(+)+(+)=++=b+(a+b)+(a+c)
=a+b+c.
2.【答案】④
【解析】∵=,∴||=||,AB∥DC,即四边形ABCD为平行四边形,由平行四边形的性质知,=.
3.【答案】90°
【解析】A1B1⊥平面BCC1B1,
故A1B1⊥MN,
·=(+)·=·+·=0,∴MP⊥MN,即∠PMN=90°.
4.【答案】(,,)
【解析】因为==(+)
=+×[(+)]
=+[(-)+(-)]
=++,
而=x+y+z,
所以x=,y=,z=.
5.【答案】
【解析】cos〈a,b〉==-,∴〈a,b〉=.
6.【答案】-
【解析】由m⊥n,得(a+b)·(a+λb)=0,∴a2+(1+λ)a·b+λb2=0,∴18+(λ+1)×3×4cos135°+16λ=0,即4λ+6=0,∴λ=-.
7.【答案】2
【解析】①正确.基底的向量必须不共面;②正确;③不对,a,b不共线.当c=λa+μb时,a,b,c共面,故只有①②正确.
8.【答案】(-1,2,5)
【解析】设C(x,y,z).由+=0,
得(x-1,y-2,z-3)+(x+3,y-2,z-7)=0.
∴ 解得
∴C(-1,2,5).
9.【答案】锐角
【解析】△BCD中,·=(-)·(-)=2>0,∴∠B为锐角,同理,∠C,∠D均为锐角,∴△BCD为锐角三角形.
10.【答案】3
【解析】
11.【答案】
(1)建系如下图,由已知得A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),P(0,0,a),
M.
设直线BP与DM所成的角为θ.
∵=(-a,0,a),
=,
∴·=0.
∴BP与DM所成的角的大小为θ=90°.
(2)∵=(0,0,a),=(a,0,0),=(0,a,0),
=(-a,0,a),
∴·=0,·=0,·=0.
又由
(1)知·=0,
∴是平面MDA的法向量,是平面ABCD的法向量,则cos〈,〉==.
∴所求的二面角M—DA—C的大小为45°.
【解析】
12.【答案】如下图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线
分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A1-xyz,
则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1).
(1)设C1D=x,
∵AC∥PC1,∴==.
由此可得D(0,1,x),P(0,1+,0),∴=(1,0,1),=(0,1,x),=(-1,1+,0).
设平面BA1D的一个法向量为n1=(a,b,c),
则令c=-1,则n1=(1,x,-1).∵PB1∥平面BA1D,
∴n1·=1×(-1)+x·(1+)+(-1)×0=0.由此可得x=,故CD=C1D.
(2)由
(1)知,平面BA1D的一个法向量n1=(1,,-1).
又n2=(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量.∴cos〈n1,n2〉===.
故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.
(3)∵=(1,-2,0),=(0,-1,),设平面B1DP的一个法向量n3=(a1,b1,c1),
则令c1=1,可得n3=(1,,1).又=(0,0,),
∴C到平面B1DP的距离d==.
【解析】
13.【答案】以D为原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立如下图所示空间直角坐标系,
则A(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),M(1,0,),O(,,).
(1)=(-1,-1,1),=(-1,1,0),
所以·=(-1)×(-1)+1×(-1)+1×0=0,
所以⊥,即BD1⊥AC.
(2)=(,-,0),=(0,0,1),
=(-1,-1,1),因为·=0,·=0,
所以OM⊥AA1,OM⊥BD1,
即OM是异面直线AA1与BD1的公垂线.
【解析】
14.【答案】.
由此可知,始点相同的三个不共面向量之和,等于以这三个向量为棱的平行六面体的以公共始点为始点的对角线所示向量.
【解析】
15.【答案】
(1)假设四点共面,则存在实数x,y,z使=x+y+z,且x+y+z=1,
即2e1-e2+3e3=x(e1+2e2-e3)+y(-3e1+e2+2e3)+z(e1+e2-e3),比较对应项的系数,得到关于x,y,z的方程组解得
与x+y+z=1矛盾,故四点不共面;
(2)若向量,,共面,则存在实数m,n使=m+n,同
(1)可证,这不可能,因此{,,}可以作为空间的一个基底.令=a,=b,=c,
由e1+2e2-e3=a,-3e1+e2+2e3=b,e1+e2-e3=c,联立得到方程组,从中解得所以=17-5-30.
【解析】
16.【答案】60°.
【解析】(a+3b)·(7a-5b)=7|a|2-15|b|2+16a·b=0,
(a-4b)(7a-2b)=7|a|2+8|b|2-30a·b=0,
解之得,|b|2=2a·b=|a|2,∴cos〈a,b〉==,∴〈a,b〉=60°.
17.【答案】不妨设正方体棱长为2,分别取DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立如下图所示空间直角坐标系,
则A(2,0,0),C(0,2,0),
E(1,0,2),F(1,1,2),
由=(-1,0,2),
=(1,-1,2),得||=,||=.
∴·=-1+0+4=3.
又·=||·||·cos〈,〉
=cos〈,〉,∴cos〈,〉=,
∴异面直线AE与CF所成角的余弦值为.
【解析】
18.【答案】如下图,
+=(+)+(+)=++=b+(a+b)+(a+c)=a+b+c.
【解析】
19.【答案】证明:
若e1,e2,e3共面,显然a,b,c共面;
若e1,e2,e3不共面,设c=λa+ub,
即-3e1+12e2+11e3=λ(-e1+3e2+2e3)+u(4e1-6e2+2e3),
整理得-3e1+12e2+11e3=(4u-λ)e1+(3λ-6u)e2+(2λ+2u)e3.
由空间向量基本定理可知
解得
即c=5a+b,则三个向量共面.
【解析】
20.【答案】法一 如下图所示,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,
则可求得M(0,1,),N(,1,1),D(0,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),于是=(,0,),=(1,0,1),=(1,1,0),设平面A1BD的法向量是n=(x,y,z),
则n·=0,且n·=0,得.取x=1,得y=-1,z=-1,∴n=(1,-1,-1).
又·n=(,0,)·(1,-1,-1)=0,∴⊥n.又MN⊄平面A1BD,∴MN∥平面A1BD.
法二 ∵=-=-=(-)=,
∴∥,而MN⊄平面A1BD,DA1⊂平面A1BD,∴MN∥平面A1BD.
【解析】
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- 届苏教版 空间 向量 立体几何 单元测试 10