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- 2021-06-30 发布
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2018年高考数学讲练测【浙江版】【测】第八章 立体几何
第06节 空间直角坐标系、空间向量及其运算
班级__________ 姓名_____________ 学号___________ 得分__________
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,在每小题给出的四个选择中,只有一个是符合题目要求的。)
1.【安徽蚌埠市】点是点在坐标平面内的射影,则等于( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据题意可得,所以.故A正确.
2. 若为空间向量的一组基底,则下列各项中,能构成空间向量的基底的一组向量是( )
A. B. C. D.
【答案】C
3.已知三点, ,则以为方向向量的直线与平面系是( )
A. 垂直 B. 不垂直 C. 平行 D. 以上都有可能
【答案】A
【解析】由题意, , ,所以以为方向向量的直线与平面垂直,故选A.
4若平面α、β的法向量分别为=(2,3,5),=(-3,1,-4),则( )
A.α∥β B.α⊥β
C.α,β相交但不垂直 D.以上均有可能
【答案】C
【解析】
试题分析:由于,因此与不平行,又,所以与不垂直,从而平面α,β相交但不垂直.故选C.
5.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,向量、、两两的夹角均为60°,且||=1,||=2,||=3,则||等于( )
A.5 B.6
C.4 D.8
【答案】A
6.设,向量且,则( )
A. B. C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】,,,,故选C.
7.已知空间四边形,其对角线为,,,分别是边, 的中点,点在线段上,且使,用向量,,表示向量是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
8. 在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为AC与BD的交点,若, , ,则下列向量中与相等的向量是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
如图,由向量的三角形法则可得,即,应选答案A.
9.已知向量,则以为邻边的平行四边形的面积为( )
A. B. C.4 D.8
【答案】B
10.【湖北卷】在如图所示的空间直角坐标系中,一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2),(2,2,0),(1,2,1),(2,2, 2),给出编号①、②、③、④的四个图,则该四面体的正视图和俯视图分别为( )
A.①和② B.③和① C. ④和③ D.④和②
【答案】D
11. 已知三棱锥O-ABC,点M,N分别为AB,OC的中点,且OA=a,OB=b,OC=c,用a,b,c表示MN,则MN等于( )
A. 12(b+c-a) B. 12(a+b-c))
C. 12(a-b+c) D. 12(c-a-b)
【答案】D
【解析】MN=ON-OM=12OC-12(OA+OB)=12c-12a-12b=12(c-a-b) ,故选D.
12.设向量 =(﹣1,﹣1,1),=(﹣1,0,1),则cos<, >=( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】 选D.
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分。把答案填在题中的横线上。)
13.【浙江省杭州市七校】已知向量,,且,则= .
【答案】3
【解析】,,∴,
∴(λ>0),∴λ=3.
14. 已知, ,且,则__________.
【答案】
【解析】 由题意得,解得.
15.设为空间的一个基底, 是三个非零向量,则是的__________条件.(填“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“既不充分也不必要”)
【答案】充分不必要
16.【2017届福建省泉州市模拟卷(三)】已知点为棱长等于的正方体
内部一动点,且,则的值达到最小时, 与夹角大小为__________.
【答案】
【解析】 由题意得,取中点,
则
,
因为,所以在以为球心的球面上,
所以,因为,
所以,所以与的夹角为.
三、解答题 (本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17. (本题满分10分)若向量, , ,求, 以及的值.
【答案】
试题解析:∵ ,∴,∵ , ,∴,又∵ , ,两向量夹角为钝角,∴余弦值取负值.
18. (本小题满分12分)【福建省三明一中】如图,在平行六面体中,,,,,,是的中点,设,,.
(1)用表示;
(2)求的长.
【答案】(1);(2)的长为.
【解析】
试题分析:(1) ……5分
(2)
……8分
,即的长为. ……10分
19.(本小题满分12分)【江苏省盐城中学】已知向量
(1)求;(2)求夹角的余弦值.
【答案】(1);(2).
因为,则
(2)因为
所以
故夹角的余弦值为.
20.(本小题满分12分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是AB上一点,N是A1C的中点.
(1)求证:AD1⊥平面A1DC;
(2) 若MN⊥平面A1DC,求证:M是AB的中点.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.
试题解析:(1)∵AA1D1D是正方形,∴AD1⊥A1D,又∵CD⊥平面AA1D1D,AD1⊂平面AA1D1D,∴AD1⊥CD,而A1D,CD在平面A1DC内相交,∴AD1⊥平面A1DC
因为AD1⊂平面,所以平面AD1C ⊥平面A1DC.
(2)以D为原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立坐标系,则A1,0,0,D0,1,0,D10,0,1,A11,0,1,N12,12,12,AD1=-1,0,1,
设M1,y0,0,MN=-12,12-y0,12,由(1)知,AD1是平面AD1法向量,
MN⊥平面A1DC,∴MN//AD1,可得y0=12,∴M是AB的中点.
21.(本小题满分12分【河北省承德市联校】已知正三棱柱ABC—A1B1C1,底面边长AB=2,AB1⊥BC1,点O、O1分别是边AC,A1C1的中点,建立如图所示的空间直角坐标系.
B
B1
O
O1
A
C
y
C1
A1
x
z
(Ⅰ)求正三棱柱的侧棱长.
(Ⅱ)若M为BC1的中点,试用基底向量、、表示向量;
(Ⅲ)求异面直线AB1与BC所成角的余弦值.
【答案】
(Ⅰ) ;(Ⅱ) ; (Ⅲ) .
(Ⅱ) 7分
(Ⅲ),
所以异面直线AB1与BC所成角的余弦值为 12分
22.(本小题满分12分)【2018届湖南省长沙市长郡中学高三实验班选拔】如图,在直三棱柱中, , 为线段的中点.
(Ⅰ)求证: ;
(Ⅱ)若直线与平面所成角的正弦值为,求的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)或.
【解析】试题分析:(Ⅰ)由直棱柱的性质可得,由等腰三角形的性质可得,由线面垂直的判定定理可得平面,进而由面面垂直的判定定理可得结论;(Ⅱ)以为原点, 为轴, 为轴,过点平行于的直线为轴建立空间直角坐标系,设,求出平面的一个法向量及,利用空间向量夹角余弦公式可得结果.
试题解析:(Ⅰ)∵三棱柱是直三棱柱, ∴平面 ,
又平面∴, ∵, 是的中点, ∴,
又平面平面,
∴平面,又平面,∴.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 平面,故以为原点, 为轴, 为轴,过点平行于的直线为轴建立空间直角坐标系(如图所示),
设,则,
∴,· 设平面的一个法向量, 则,即,则,令可得, ,故,
设直线与平面所成角为,
则,
解得或,即或.