空间向量与立体几何_章节学习

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题型：单选题

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单选题

若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，能使l∥α的是（　　）

A=（1，0，0），=（-2，0，0）

B=（1，3，5），=（1，0，1）

C=（0，2，1），=（-1，0，-1）

D=（1，-1，3），=（0，3，1）

正确答案

D

解析

解：若l∥α，则•=0．

而A中•=-2，

B中•=1+5=6，

C中•=-1，只有D选项中•=-3+3=0．

故选D．

1

题型：单选题

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单选题

直线l的方向向量=（-1，1，1），平面π的法向量为=（2，x2+x，-x），若直线l∥平面π，则实数x的值为（　　）

A-2

B-

C

D±

正确答案

D

解析

解：线面平行时，直线的方向向量垂直于平面的法向量，

∵直线l的方向向量=（-1，1，1），平面π的法向量为=（2，x2+x，-x），直线l∥平面π，

∴x2-2=0，解得x=±．

故选：D．

1

题型：简答题

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简答题

如图，在四棱锥0-ABCD中，OA⊥底面ABCD，且底面ABCD是边长为2的正方形，且OA=2，M，N分别为OA，BC的中点．

（Ⅰ）求证：直线MN∥平面OCD；

（Ⅱ）求点B到平面DMN的距离．

正确答案

解：（I）分别以AB、AD、AO为x、y、z轴，建立如图坐标系

可得B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0）

∴=（2，1，-1），=（0，-2，2），=（2，0，0），=（2，0，0），=（0，1，0）

设平面OCD的法向量为=（x，y，z），

由，得

取y=1，得z=1，x=0，所以平面OCD的法向量为=（0，1，1），

∴•=2×0+1×1+（-1）×1=0，可得⊥

又∵MN⊄平面OCD，

∴直线MN∥平面OCD；

（II）设平面DMN的法向量=（x‘，y'，z'），

由=（0，-2，1），=（2，-1，0），得

，得

取x'=1，得平面DMN的法向量=（1，2，4），

∴点B到平面DMN的距离为：d=

解析

解：（I）分别以AB、AD、AO为x、y、z轴，建立如图坐标系

可得B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0）

∴=（2，1，-1），=（0，-2，2），=（2，0，0），=（2，0，0），=（0，1，0）

设平面OCD的法向量为=（x，y，z），

由，得

取y=1，得z=1，x=0，所以平面OCD的法向量为=（0，1，1），

∴•=2×0+1×1+（-1）×1=0，可得⊥

又∵MN⊄平面OCD，

∴直线MN∥平面OCD；

（II）设平面DMN的法向量=（x‘，y'，z'），

由=（0，-2，1），=（2，-1，0），得

，得

取x'=1，得平面DMN的法向量=（1，2，4），

∴点B到平面DMN的距离为：d=

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题型：填空题

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填空题

（2015秋•山西校级期末）△ABC的三个顶点分别是A（1，-1，2），B（5，-6，2），C（1，3，-1），则AC边上的高BD长为______．

正确答案

5

解析

解：∵A（1，-1，2），B（5，-6，2），C（1，3，-1），

∴=（4，-5，0），=（0，4，-3），

∵点D在直线AC上，

∴设=λ=（0，4λ，-3λ），

由此可得==（0，4λ，-3λ）-（4，-5，0）=（-4，4λ+5，-3λ），

又∵⊥，

∴•=-4×0+（4λ+5）×4+（-3λ）×（-3）=0，解得λ=．

因此=（-4，4λ+5，-3λ）=（-4，，），

可得||==5

故答案为：5

1

题型：单选题

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单选题

若△ABC中，∠C=90°，A（1，2，-3k），B（-2，1，0），C（4，0，-2k），则k的值为（　　）

A

B-

C2

D±

正确答案

D

解析

解：∵A（1，2，-3k），B（-2，1，0），C（4，0，-2k），

∴=（3，-2，k），=（6，-1，-2k）

∵△ABC中，∠C=90°

∴•=（3，-2，k）•（6，-1，-2k）=18+2-2k2=0

解得k=

故选D．

1

题型：简答题

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简答题

如图，在四面体S-ABC中，E、F、G、H、M、N分别是棱SA、BC、AB、SC、AC、SB的中点，且EF=GH=MN，求证：SA⊥BC，SB⊥AC，SC⊥AB．

正确答案

证明：如图，设，则

分别为，，，，，…（4分）

由条件EF=GH=MN得：==

展开得 …（7分）

∴=0∵，…（9分）

∴，即SA⊥BC…（12分）

同理可证SB⊥AC，SC⊥AB…（14分）

解析

证明：如图，设，则

分别为，，，，，…（4分）

由条件EF=GH=MN得：==

展开得 …（7分）

∴=0∵，…（9分）

∴，即SA⊥BC…（12分）

同理可证SB⊥AC，SC⊥AB…（14分）

1

题型：单选题

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单选题

一条线段AB的两端点A，B和平面α的距离分别是30cm和50cm，P为线段AB上一点，且PA：PB=3：7，则P到平面α的距离为（　　）

A36cm

B6cm

C36cm或6cm

D以上都不对

正确答案

C

解析

解：若A，B在平面α的同侧

∵PA：PB=3：7，

A，B和平面α的距离分别是30cm和50cm，

∴P点到平面α的距离为=36cm

若A，B在平面α的异侧

∵PA：PB=3：7，

A，B和平面α的距离分别是30cm和50cm，

∴P点到平面α的距离为=6cm

故P到平面α的距离为36cm或6cm

故选C

1

题型：简答题

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简答题

如图，在矩形ABCD中，AB=，BC=a，又PA⊥平面ABCD，PA=4．

（1）若在边BC上存在点Q，且使得PQ⊥QD，求a的取值范围；

（2）当BC边上存在唯一点Q，使PQ⊥QD时，求异面直线AQ与PD所成角的大小．

正确答案

解：（1）分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示

则B（0，，0），C（a，，0），D（a，0，0），

P（0，0，4）

设Q（t，，0），可得=（t，，-4），

=（t-a，，0）

∵PQ⊥DQ，∴•=t（t-a）+3=0，即t2-at+3=0

因此，△=a2-12≥0，解之得a；

（2）∵边BC上存在唯一的点Q，使得PQ⊥QD，

∴由（1）得a=，t=

可得Q（，，0），

=（，，0），=（，0，-4）

∴cos＜，＞===

因此，异面直线AQ与PD所成角的大小为arccos．

解析

解：（1）分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示

则B（0，，0），C（a，，0），D（a，0，0），

P（0，0，4）

设Q（t，，0），可得=（t，，-4），

=（t-a，，0）

∵PQ⊥DQ，∴•=t（t-a）+3=0，即t2-at+3=0

因此，△=a2-12≥0，解之得a；

（2）∵边BC上存在唯一的点Q，使得PQ⊥QD，

∴由（1）得a=，t=

可得Q（，，0），

=（，，0），=（，0，-4）

∴cos＜，＞===

因此，异面直线AQ与PD所成角的大小为arccos．

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题型：简答题

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简答题

如图，直棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱） ABC-A1B1C1，在底面ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．

（1）求的值；

（2）求证：BN⊥平面C1MN．

正确答案

解：以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的坐标系C-xyz，

（1）依题意，A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），

∴=（1，-1，2），=（0，1，2），

∴•=1×0+（-1）×1+2×2=3，

又||=，||=，

∴cos＜，＞==…6分

证明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），

∴M（，，2），∴=（，，2），=（1，0，-1），=（1，-1，1），

∴•=×1+×（-1）+1×0=0，同理可求•=0，

∴⊥，⊥，C1M∩C1N=C1，

∴BN⊥平面C1MN…12分．

解析

解：以C为原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的坐标系C-xyz，

（1）依题意，A1（1，0，2），C（0，0，0），B1（0，1，2），B（0，1，0），

∴=（1，-1，2），=（0，1，2），

∴•=1×0+（-1）×1+2×2=3，

又||=，||=，

∴cos＜，＞==…6分

证明：（2）A1（1，0，2），C1（0，0，2），B1（0，1，2），N（1，0，1），

∴M（，，2），∴=（，，2），=（1，0，-1），=（1，-1，1），

∴•=×1+×（-1）+1×0=0，同理可求•=0，

∴⊥，⊥，C1M∩C1N=C1，

∴BN⊥平面C1MN…12分．

1

题型：简答题

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简答题

如图，在四棱锥O-ABCD中，OA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，OA=2，M、N、Q分别为OA、BC、CD的中点．

（Ⅰ）证明：DN⊥平面OAQ；

（Ⅱ）求点B到平面DMN的距离．

正确答案

解：（Ⅰ）由题意，可知AO，AB，AD两两垂直，于是可如图建立空间直角坐标系，从而可得以下各点的坐标：A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0），Q（1，2，0），

∵．∴．即AQ⊥DN．

又知OA⊥DN，∴DN⊥平面OAQ．

（Ⅱ）设平面DMN的法向量为，

由．得即，

令x=1，得平面DMN的法向量，

∴点B到平面DMN的距离．

解析

解：（Ⅰ）由题意，可知AO，AB，AD两两垂直，于是可如图建立空间直角坐标系，从而可得以下各点的坐标：A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0），Q（1，2，0），

∵．∴．即AQ⊥DN．

又知OA⊥DN，∴DN⊥平面OAQ．

（Ⅱ）设平面DMN的法向量为，

由．得即，

令x=1，得平面DMN的法向量，

∴点B到平面DMN的距离．

1

题型：单选题

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单选题

已知=（1，5，-2），=（3，1，z），若⊥，=（x-1，y，-3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（　　）

A，-，4

B，-，4

C，-2，4

D4，，-15

正确答案

B

解析

解：∵⊥，

∴=3+5-2Z=0，解得z=4．

∴．

∵BP⊥平面ABC，

∴，．

∴化为，

解得．

∴，，z=4．

故选：B．

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题型：单选题

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单选题

已知=（3λ+1，0，2λ），=（1，λ-1，λ）若⊥，则λ的值为（　　）

A

B

C

D

正确答案

D

解析

解：由题意，∵⊥

∴3λ+1+2λ2=0

∴

故选D．

1

题型：填空题

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填空题

已知向量=（3，m，2），=（6，2，m-1），若⊥，则实数m的值为______．

正确答案

-4

解析

解；∵，∴，即（3，m，2）•（6，2，m-1）=0，

3×6+m×2+2（m-1）=0，整理4m+16=0，解得，m=-4．

故答案为：-4．

1

题型：单选题

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单选题

=（　　）

A1

B-1

C-5

D5

正确答案

C

解析

解：∵，

∴=3x+3y+15=0，

∴x+y=-5，

故选 C．

1

题型：简答题

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简答题

如图，在长方体OAEB-O1A1E1B1中，OA=3，OB=4，OO1=2，点P在棱AA1上，且AP=2PA1，点S在棱BB1上，且SB1=2BS，点Q、R分别是O1B1、AE的中点，求证：PQ∥RS．

正确答案

证明：如图，建立空间直角坐标系，则A（3，0，0），B（0，4，0），O1（0，0，2），

A1（3，0，2），B1（0，4，2），E（3，4，0），

∵AP=2PA1，∴=2=，

即=（0，0，2）=（0，0，），∴P（3，0，）

同理可得，Q（0，2，2），R（3，2，0），S（0，4，），

∴=（-3，2，）=，

∴，

∵R∉PQ，

∴PQ∥RS

解析

证明：如图，建立空间直角坐标系，则A（3，0，0），B（0，4，0），O1（0，0，2），

A1（3，0，2），B1（0，4，2），E（3，4，0），

∵AP=2PA1，∴=2=，

即=（0，0，2）=（0，0，），∴P（3，0，）

同理可得，Q（0，2，2），R（3，2，0），S（0，4，），

∴=（-3，2，）=，

∴，

∵R∉PQ，

∴PQ∥RS

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