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

高考总复习含详解答案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，∴∠ABCπ2，同理∠BCDπ2，∠CDAπ2，∠DABπ2，由内角和定理知，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－A1B1C1D1中异于A的一个顶点，则AP→·AB→的值为()A．0B．1C．0或1D．任意实数[答案]C[解析]AP→可为下列7个向量：AB→，AC→，AD→，AA1→，AB1→，AC1→，AD1→，其中一个与AB→重合，AP→·AB→＝|AB→|2＝1；AD→，AD1→，AA1→与AB→垂直，这时AP→·AB→＝0；AC→，AB1→与AB→的夹角为45°，这时AP→·AB→＝2×1×cosπ4＝1，最后AC1→·AB→＝3×1×cos∠BAC1＝3×13＝1，故选C.3．如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，N为BB1的靠近B的三等分点，若A1B1→＝a，A1D1→＝b，A1A→＝c，则MN→等于()A．－12a＋12b＋13cB.12a＋12b－13cC.12a－12b－13cD．－12a－12b＋23c[答案]C高考总复习含详解答案[解析]MN→＝MB→＋BN→＝12D1B1→＋13BB1→＝12(A1B1→－A1D1→)－13A1A→＝12a－12b－13c.4．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则AC→与AB→的夹角为()A．30°B．45°C．60°D．90°[答案]C[解析]AB→＝(0,3,3)，AC→＝(－1,1,0)．设〈AB→，AC→〉＝θ，则cosθ＝AB→·AC→|AB→|·|AC→|＝332·2＝12，∴θ＝60°.5．已知a＝(2，－1,3)，b＝(－1,4，－2)，c＝(7,5，λ)，若a，b，c三向量共面，则实数λ等于()A.627B.637C.647D.657[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，λ)＝(2m－n，－m＋4n,3m－2n)，∴2m－n＝7－m＋4n＝5λ＝3m－2n，∴λ＝657.6．(2010·山东青岛)在空间四边形ABCD中，AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→的值为()A．0B.32C．1D．无法确定[答案]A[解析]AB→·CD→＋AC→·DB→＋AD→·BC→＝AB→·(BD→－BC→)＋(BC→－BA→)·DB→＋(BD→－BA→)·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高考总复习含详解答案等于()A．5B.41C．4D．25[答案]A[解析]设AD→＝λAC→，D(x，y，z)，则(x－1，y＋1，z－2)＝λ(0,4，－3)，∴x＝1，y＝4λ－1，z＝2－3λ.∴BD→＝(－4,4λ＋5，－3λ)，又AC→＝(0,4，－3)，AC→⊥BD→，∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0，∴λ＝－45，∴BD→＝－4，95，125，∴|BD→|＝－42＋952＋1252＝5.8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，AM→＝12MC→，点N为B1B的中点，则线段MN的长度为()A.216B.66C.156D.153[答案]A[解析]MN→＝AN→－AM→＝AN→－13AC→＝AB→＋BN→－13()AB→＋AD→＋AA1→＝23AB→＋16AA1→－13AD→.∴MN＝|MN→|＝49|AB→|2＋136|AA1→|2＋19|AD→|2＝216.9．设空间四点O、A、B、P满足OP→＝OA→＋tAB→，其中0t1，则有()A．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→，∴AP→＝tAB→，高考总复习含详解答案∵0t1，∴点P在线段AB上．10．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1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()A.32B.1010C.35D.25[答案]D[解析]AM→＝AA1→＋A1M→＝AA1→＋12AB→，CN→＝CB→＋BN→＝－AD→＋12AA1→，AM→·CN→＝－AA1→·AD→－12AB→·AD→＋12|AA1→|2＋14AA1→·AB→＝12，|AM→|2＝|AA1→|2＋14|AB→|2＋AA1→·AB→＝54，|CN→|2＝|AD→|2＋14|AA1|2－12AD→·AA1→＝54，∴cos〈AM→，CN→〉＝AM→·CN→|AM→|·|CN→|＝25，故选D.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]∵a∥b，∴1x＋2＝2x－13＝－x－3，由1x＋2＝2x－13得，2x2＋3x－5＝0，∴x＝1或－52，由2x－13＝－x－3得x＝1，∴x＝1.12．设向量a＝(－1,3,2)，b＝(4，－6,2)，c＝(－3,12，t)，若c＝ma＋nb，则m＋n＝________.[答案]112[解析]ma＋nb＝(－m＋4n,3m－6n,2m＋2n)，∴(－m＋4n,3m－6n,2m＋2n)＝(－3,12，t)．∴－m＋4n＝－33m－6n＝122m＋2n＝t，解得m＝5，n＝12，t＝11.∴m＋n＝112.13．若|a|＝17，b＝(1,2，－2)，c＝(2,3,6)，且a⊥b，a⊥c，则a＝________.[答案](－185，2，15)或(185，－2，－15)高考总复习含详解答案[解析]设a＝(x，y，z)，∵a⊥b，∴x＋2y－2z＝0.①∵a⊥c，∴2x＋3y＋6z＝0.②∵|a|＝17.∴x2＋y2＋z2＝17.③∴联立①②得x＝－18z，y＝10z.代入③得425z2＝17，∴z＝±15.∴a＝(－185，2，15)或(185，－2，－15)．14．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝6，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成角为________．[答案]π2[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，y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(0,0，62)，A1(0，3，6)，∴AB1→＝(1，－3，6)，A1M→＝(0，－3，－62)，cos〈AB1→，A1M→〉＝AB1→·A1M→|AB1→|·|A1M→|＝0，∴〈AB1→，A1M→〉＝π2，即直线AB1与A1M所成角为π2.三、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]∵b≠0，a，b共线，∴存在实数λ，使a＝λb，高考总复习含详解答案∵a＝(2，－1,2)，∴|a|＝3，∴a·b＝λa2＝λ|a|2＝9λ＝18，∴λ＝2.∴b＝(4，－2,4)．∵(ka＋b)⊥(ka－b)，∴(ka＋b)·(ka－b)＝0.∴(ka＋2a)·(ka－2a)＝0.∴(k2－4)|a|2＝0.∴k＝±2.16．(2010·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F依次为C1C，BC的中点．(1)求异面直线A1B、EF所成角θ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)，(1)A1B→＝(2,0，－2)，EF→＝(1，－1，－1)，cosθ＝A1B→·EF→|A1B→|·|EF→|＝422×3＝63，∴θ＝arccos63.(2)设平面AEF的一个法向量为n＝(a，b，c)，∵AE→＝(0,2,1)，AF→＝(1,1,0)，由n·AE→＝0n·AF→＝0得，2b＋c＝0a＋b＝0，高考总复习含详解答案令a＝1可得n＝(1，－1,2)，∵AB1→＝(2,0,2)，∴d＝|AB1→·n||n|＝66＝6.∴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°，BC綊12AD，BE綊12FA，G、H分别为FA、FD的中点．(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，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∩AE＝A，所以CH⊥平面ADE.故由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高考总复习含详解答案时，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)由题设知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綊12AD.又BC綊12AD，故GH綊BC，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BE綊12AF，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共面．又点D直线FH上，所以C、D、F、E四点共面．(3)连结EG，由AB＝BE，BE綊AG，及∠BAG＝90°知ABEG是正方形，故BG⊥EA.由题设知，FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，因此EA是ED在平面FABE内的射影，∴BG⊥ED.又EC∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(2)知F∈平面CDE，故CH⊂平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.