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1、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， ABC 2，同理 BCD 2， CDA 2， DAB 2，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 () A0 B1 C0 或 1 D任意实数 答案 C 解析 AP 可为下列7 个向量：
2、 AB ，AC ，AD ，AA1 ，AB1 ，AC1 ，AD1 ，其中一个与 AB 重合， AP AB |AB | 21；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 1cos 4 1， 最后 AC1 AB 31 cosBAC13 1 3 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 1 2a 1 2b 1 3c B. 1 2a 1 2b 1 3c C
3、.1 2a 1 2b 1 3c D 1 2a 1 2b 2 3c 答案 C 高考总复习 含详解答案 解析 MN MB BN 1 2D 1B1 1 3BB 1 1 2(A 1B1 A1D1 )1 3A 1A 1 2a 1 2b 1 3c. 4已知 A(2， 5,1)，B(2， 2,4)，C(1， 4,1)，则 AC 与 AB 的夹角为 () A30B45 C60D 90 答案 C 解析 AB (0,3,3) ， AC (1,1,0)设AB ，AC ，则 cos AB AC |AB | |AC | 3 3 22 1 2， 60 . 5已知a(2， 1,3)，b(1,4， 2)，c(7,5， )，若
4、 a，b，c 三向量共面，则实 数 等于 () A. 62 7 B. 63 7 C.64 7 D. 65 7 答案 D 解析 a，b，c 三向量共面， 存在实数m，n 使 cmanb， 即(7,5， )(2mn， m 4n,3m 2n)， 2mn7 m 4n5 3m2n ， 65 7 . 6 (2010 山东青岛 )在空间四边形ABCD 中， AB CD AC DB AD BC 的值为 () A0 B. 3 2 C1 D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
5、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 () A5 B.41 C4 D 2 5 答案 A 解析 设AD AC ，D(x， y，z)，则 (x1，y1， z2) (0,4， 3)， x1，y4 1，z23 . BD (4,4 5， 3 )， 又AC (0,4， 3)，AC BD ， 4(4 5)3(3 )0， 4 5， BD 4， 9 5， 12 5 ， |BD |4 29 5 212 5 25. 8已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，AM 1
6、 2MC ，点 N 为 B1B 的中点，则线段 MN 的长度为 () A. 21 6 B. 6 6 C. 15 6 D. 15 3 答案 A 解析 MN AN AM AN 1 3AC AB BN 1 3( ) AB AD AA1 2 3AB 1 6AA 1 1 3AD . MN|MN | 4 9|AB | 2 1 36|AA 1 | 21 9|AD | 2 21 6 . 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
7、 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ABCDA1B1C1D1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. 3 2 B. 10 10 C.3 5 D. 2 5 答案 D 解析 AM AA1 A1M AA1 1 2AB ，CN CB BN AD 1 2AA 1 ， AM CN AA1 AD 1 2AB AD 1 2|AA 1 | 21 4AA 1 AB 1 2， |AM | 2|AA 1 | 21 4|AB | 2AA 1 AB 5 4， |CN |
8、2|AD | 21 4|AA 1| 21 2AD AA1 5 4， cosAM ，CN AM CN |AM | |CN | 2 5，故选 D. 二、填空题 11已知 a(1,2x1， x)，b(x2,3， 3)，若 ab，则 x_. 答案 1 解析 ab， 1 x2 2x1 3 x 3，由 1 x2 2x1 3 得， 2x 23x50， x1 或 5 2， 由 2x1 3 x 3得 x 1， x1. 12 设向量 a(1,3,2)， b(4， 6,2)， c( 3,12， t)， 若 cmanb， 则 mn_. 答案 11 2 解析 manb(m4n,3m6n,2m2n)， (m4n,3m6n
9、,2m2n)(3,12，t) m 4n 3 3m6n12 2m2nt ，解得 m5， n1 2， t11. mn 11 2 . 13若 |a|17，b(1,2， 2)，c(2,3,6)，且 ab，ac，则 a _. 答案 (18 5 ，2，1 5)或 ( 18 5 ， 2， 1 5) 高考总复习 含详解答案 解析 设 a(x，y，z)， ab， x2y2z0. ac， 2x3y6z0. |a|17.x 2y2 z217. 联立得x 18z，y10z. 代入得425z 217， z1 5. a( 18 5 ，2， 1 5)或( 18 5 ， 2， 1 5) 14直三棱柱ABCA1B1C1中， A
10、CB90 ， BAC30 ， BC1，AA16，M 是 CC1的中点，则异面直线AB1与 A1M 所成角为 _ 答案 2 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， 6 2 )，A1(0， 3，6)， AB1 (1，3，6)，A1M (0，3， 6 2 )， cosAB1 ，A1M AB1 A1M |AB1 | |A1M | 0， AB1 ，A1M 2， 即直线 AB1与 A1M 所成角为 2. 三、解答题 15已知向量b 与向量
11、a(2， 1,2)共线，且满足a b18，(ka b)(kab)，求向量 b 及 k 的值 解析 b0，a，b 共线，存在实数 ，使 a b， 高考总复习 含详解答案 a(2， 1,2)， |a|3， a b a 2 |a|29 18， 2.b(4， 2,4) (kab)(kab)， (kab) (kab)0. (ka2a) (ka2a) 0. (k 24)|a|2 0.k 2. 16(2010 上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC A1B1C1中， ABACAA12， BAC 90 ，E，F 依次为 C1C，BC 的中点 (1)求异面直线A1B、EF 所成角 的大小 (用反三角函数值表示)；
12、(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)， cos A1B EF |A1B | |EF | 4 223 6 3 ， arccos 6 3 . (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 0 n AF 0 得， 2bc0 ab0 ， 高考总复习 含详解答案 令 a1 可得 n(1， 1,2)， AB1 (2,0
13、,2)， d|AB 1 n| |n| 6 6 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 FAB90 ，BC 綊1 2AD， BE 綊 1 2FA，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 ABBE，证明：平面ADE平面 CDE. 解析 由题设知， F A、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 Axyz. (1)设 ABa，BCb，BE c，则
14、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，HFD ，故 C、D、F、E 四点共面 (3)由 ABBE，得 ca，所以 CH (a,0，a)，AE (a,0，a) 又AD (0,2b,0
15、)，因此 CH AE 0，CH AD 0 即 CHAE，CHAD， 又 AD AEA，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， FGGA，FH HD，所以 GH 綊1 2AD. 又 BC 綊1 2AD，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
16、 綊1 2AF，G 是 F A 的中点知， BE 綊 GF， 所以 EF BG， 由(1)知 BGCH，所以 EFCH，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 ABBE，BE綊 AG，及 BAG90 知 ABEG 是正方形， 故 BGEA.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，BGED. 又 ECEAE，所以 BG平面 ADE . 由(1)知， CHBG，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.