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空间向量与立体几何


空间向量与立体几何综合练习
一、选择题 1.已知 a=(2,-1,3),b=(-4,2,x),c=(1,-x,2),若(a+b)⊥c,则 x 等于( A.4 B.-4 1 C.2 ) C.P(-4,4,0) D.P(3,-3,4) D.-6 )

A.1

B.2

C.3

D.4 → →

→ →

9.平行六面体 ABCD-A1B1C1D1 中,向量AB,AD,AA1两两的夹角均为 60°,且|AB|= 1,

→|= 2,|AA → |=3,则|AC → |等于( |AD )[来源:学|科|网 Z|X|X|K] 1 1 A.5 B.6 C.4 D.8 10.正四棱锥的侧棱长与底面边长都是 1,则侧棱与底面所成的角为( A.75° B.45° C.60° D.30°

) )

2.已知平面 α 内有一个点 M(1,-1,2),平面 α 的一个法向量是 n=(6,-3,6),则 下列点 P 中在平面 α 内的是( A.P(2,3,3) 则 k=( A.2
A.? 3 3 3? ? 3 , 3 ,- 3 ? 3 3 3? , , 3 3 3?

11.若正三棱锥的侧面都是直角三角形,则侧面与底面所成二面角的余弦值是( 6 2 3 1 B. C. D. 3 3 3 3 12. 如图 所示, PD 垂直于正方形 ABCD 所在平面, AB=2, → → 3 E 为 PB 的中点,cos〈DP,AE〉= ,若以 DA、DC、DP 3 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系, 则点 E 的坐标为( ) 1 A.(1,1,1) B.(1,1, ) 2 A. 3 C.(1,1, ) 2 二、填空题 13.平面内有两定点 A,B,且|AB|=4,动点 P 满足 | PA ? PB |? 4 ,则点 P 的轨迹 是 . π 14.单位向量 a=(x,y,0)与向量 c=(1,1,1)的夹角为4,则 xy=______. 15. 如 图 , 正 方 体 A B CD ? A1 B1C1 D1 的 棱 长 为 1 , E , F 分 别 是 棱
A D B F E

B.P(-2,0,1)

3.设平面 α 的法向量为(1,2,-2),平面 β 的法向量为(-2,-4,k),若 α ∥β , ) B.-4
B.?

C.4
3 3 3? ? 3 ,- 3 , 3 ?

D.-2
( )

4. 已知 A(1,0,0)、B(0,1,0)、C(0,0,1),则平面 ABC 的一个单位法向量是

C.?-

?

D.?-

?

3 3 3? ,- ,- 3 3 3?

D.(1,1,2)

5.如图,在底面 ABCD 为平行四边形的四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,M 是 → → → → AC 与 BD 的交点,若AB=a,A1D1=b,A1A=c,则下列向量中与B1M相等的 向量是( )

1 1 A.-2a+2b+c

1 1 B.2a+2b+c )

1 1 C.2a-2b+c

1 1 D.-2a-2b+c

6.空间直角坐标系中,点 A(1,-2,3)关于平面 xoz 的对称点为 B,关于 x 轴的对称 点为 C,则 BC 两点间距离为( A. 2 5 线 CE 垂直于( A.AC ) B.BD C.A1D ) D.A1A B.4 C. 2 13 D.6

C

7.如图,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,若 E 为 A1C1 的中点,则直

BC, DD1 上的点,如果 B1 E ? 平面 ABF ,则 CE 与 DF 长度之和 为
________. 16.已知 A(1,2,3) ,B(2,1,2) ,P(1,1,2) ,点 Q 在直线 OP 上运动,当 QA · QB 取最小值时,点 Q 的坐标是 三、解答题 17.已知空间三点 A(0,2,3),B (-2,1,6),C(1,-1,5). .
A1 D1

C1 B1

8.下列命 题中,正确命题的个数为(

①若 n1,n2 分别是平面 α ,β 的法向量,则 n1∥n2?α ∥β ;②若 n1,n2 分别是平面 α ,β 的法向量,则 α ⊥β ?n1·n2=0; ③若 n 是平面 α 的法向量,a 与 α 共面, 则 n·a=0;④若两个平面的法向量不垂直,则这两个平面一定不垂直.

→ ,AC → 为一组邻边的平行四边形的面积 S; (1)求以向量AB → ,AC → 垂直,且|a|= 3,求向量 a 的坐标. (2)若向量 a 分别与向量AB

b ? xi ? ( y ? 2) j ,且 a ? b ? 8 ,
(1)求点 M ?x, y ? 的轨迹方程 C ; (2)过点 ?0,3? 作直线 l 与曲线 C 交于 A, B 两点,设 OP ? OA ? OB , O 为坐标原点,是否

18. 如图所示, 直三棱柱 ABC-A′B′C′中, AC=BC=AA′, ∠ACB=90°, D,E 分别为 AB,BB′的中点. (1)求证:CE⊥A′D; (2)求异面直线 CE 与 AC′所成角的余弦值.

存在这样的直线 l 使得四边形 OAPB 是矩形?若存在,求直线 l 的方程,若不存在,说明 理由。

22、椭圆 过椭圆 的右焦点 19.如图所示,在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E、 F 分别为 AB 和 BC 的中点, 试在棱 B1B 上找一点 M, 使得 D1M⊥ 平面 EFB1. .

的上顶点为

是 上的一点,以

为直径的圆经

(1)求椭圆 的方程; (2)动直线 与椭圆 有且只有一个公共点,问:在 轴上是否存在两个定点,它们 到直线 的距离之积等于 1?如果存在,求出这两个定点的坐标;如果不存在,说明理 由.

20.如图,在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,底面 ABCD 为等腰梯形, AB//CD,AB=4, BC=CD=2, AA 1 =2, E、E 1 分别是棱 AD、AA 1 的中点. (Ⅰ)设 F 是 AB 的中点, 证明:直线 EE 1 //平面 FCC 1 ; (Ⅱ)证明:平面 D1 AC ⊥平面 BB1C1C . E1 E A F B D C D1 A1 C1 B1

21.设 x, y ? R, i, j 分别为直角坐标平面内 x 轴, y 轴正方向上的单位 a ? xi ? ( y ? 2) j ,

莆田二中高二理科数学周练答案

11.27

1-6

BACDAD

BCABCA

? 4 4 8? 1 13.以 AB 为直径的圆;14. ; 15.1 ; 16. ? 3 , 3 , 3 ? ; 4 ? ?
→ AB·→ AC 1 (1)∵→ AB=(-2,-1,3),→ AC=(1, -3,2),∴cos∠BAC= = , → → |AB||AC| 2 ∴∠BAC=60°,∴S=|→ AB||→ AC|sin 60°=7 3. 17.解 (2)设 a=(x,y,z),则 a⊥→ AB? -2x-y+3z= 0,

1 1 - ? ? 2+2+?m-1?×0=0, 所以? 1 0 - ? ? 2+1-m=0, 1 解得 m=2.故当 M 为 B1B 的中点时,就能满足 D 1M⊥平面 EFB1.
20.法一: (1)在直四棱柱 ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中,取 A1B1 的中点 F1,连结 FF1 , C1F1 , 由于 FF1 ∥ BB1 ∥ CC1 ,所以 F1 ? 平面 FCC1 , 因此平面 FCC1 即为平面 C1CFF1 ,连结 A1D,CF1, 由于 CDA1F1 = D1C1 = CD, 所以四边形 A1F1CD 为平行四边形,因此 CF1//A1D, 又因为 E、E 分别是棱 AD、AA 的中点,所以 EE1//A1D,所以 CF1//EE1,又因为 EE1 ? 平面

a⊥→ AC? x-3y+2z=0,|a|= 3? x2+y2+z2=3,
解得 x=y=z=1 或 x=y=z=-1, ∴a=(1,1,1)或 a=(-1,-1,-1).
→ → → 18.解:(1)证明:设CA=a,CB=b,CC′=c,根据题意,|a|=|b|=|c|且 a· b=b· c=c· a=0. 1 1 1 1 2 1 2 → → → → ∴CE=b+ c,A′D=-c+ b- a.∴CE·A′D=- c + b =0, 2 2 2 2 2 → → ∴CE⊥A′D,即 CE⊥A′D. 5 → → → (2)AC′=-a+c,∴|AC′|= 2|a|,|CE|= |a |. 2 1 2 |a| 2 1 ? 1 2 1 2 10 → → → → ? b + c AC′·CE=(-a+c)· = . ? 2 ?=2c =2|a| ,∴cos〈AC′,CE〉= 5 2 10 2· |a| 2 10 即异面直线 CE 与 AC′所成角的余弦值为 . 10

//

//

FCC1,CF1 ? 平面 FCC1,所以直线 EE//平面 FCC1.
(Ⅱ)证明:连结 AC,在 VFBC 中,FC=BC=FB, 又 F 为 AB 的中点,所以 AF=FC=FB, 所以 AC⊥BC,又 AC⊥ CC1 ,且 CC1 ? BC ? C , 所以 AC⊥平面 BB1C1C ,又 AC ? 平面 D1 AC , 故平面 D1 AC ⊥平面 BB1C1C . 法二: (1)取 CD,A1B1 中点 G、H,以 F 为原点, FB , FG , FH 分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立
3 3 空间直角坐标系,则相关的点坐标为 A(?2,0,0), B(2,0,0), C(1, 3,0), D(?1, 3,0), C1 (1, 3,2), E(? , ,0) 2 2
? ? ? ? ? ? 1 3 E(?2,0,1), 故 EE1 ? ( , ,1) ,可求得平面 FCC 1 的法向量 n ? (? 3 ,1,0) ,易得 EE1 ? n ? 0,即 EE1 ? n , 2 2

19.解

建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0)、

1 B1(1,1,1)、C(0,1,0)、D1(0 ,0,1)、E(1,2,0)、M(1,1,m). → =(-1,1,0).而 E、F 分别为 AB、BC 的 连结 AC,则AC 1 1 ? → =1AC → =? ?-2,2,0?. 中点,所以EF 2 ? ? 1 ? ? → 又因为B 1E=?0,-2,-1?, ? ? → D 1M=(1,1,m-1),D1M⊥平面 EFB1, → → =0,且D → → 所以 D1M⊥EF,且 D1M⊥B1E,即D EF B 1M· 1M· 1E=0.

?

?

?

又EE1 ? 平面FCC1 ,所以直线 EE //平面 FCC . 1 1

(2)求出平面 D1 AC 与平面 BB1C1C 的法向量分别为: n1 ? (1,? 3 ,1), n2 ? (3, 3 ,0),? n1 ? n2 ? 0

?

?

?

?

? n1 ? n2

?

?

,故平面 D1 AC ⊥平面 BB1C1C .

③ 故所求椭圆的方程为

①③联立解得, ………5 分

………4 分

21 解: (1)因 a ? b ? 8 ,从几何意义上可得点 M 到 F1 ?0,2? 和 F2 ?0,?2? 的距离之和为 8,即点 M

x2 y2 ? ?1 的轨迹为以 F1 和 F2 为焦点, a ? 4 的椭圆,因此 c ? 2, b ? 12 ,因此轨迹方程 C : 12 16
2

(2)当直线 的斜率存在时,设其方程为 整理得 方程(﹡)有且只有一个实根,又 所以 假设存在 得 ………8 分 满足题设,则由 (﹡) ,

,代入椭圆方程,消去 y,

(2)因为 l 过 y 轴上的点 ?0,3? ,若直线 l 是 y 轴,则 A, B 两点是椭圆的顶点, 所以 OP ? OA ? OB ? 0 ,∴ P 与 O 重合, 与四边形 OAPB 是矩形矛盾, 故直线 l 的斜率存在, 设l 的 方程为 y ? kx ? 3, A1 ?x1 , y1 ?, B?x2 , y2 ? ,

? y ? kx ? 3 ? 2 2 由 ? x2 ,消 y ,得 4 ? 3k x ? 18kx ? 21 ? 0 , y2 ?1 ? ? ? 12 16

?

?

此时 ? ? ?18k ? ? 4 4 ? 3k 2 ?? 21? ? 0 ,恒成立,且 x1 ? x 2 ? ?
2

?

?

18 k 21 , x1 x 2 ? ? 2 4 ? 3k 4 ? 3k 2

对任意的实数 恒成立,

因为 OP ? OA ? OB , 所以四边形 OAPB 是平行四边形, 若存在直线 l , 使得四边形 OAPB 是矩形, 则 OA ? OB ,即 OA? OB ? 0,? x1 x2 ? y1 y2 ? 0 即 1? k

所以,

解得,

当直线 的斜率不存在时,经检验符合题意. 总上,存在两个定点 ,使它们到直线 的距离之积等于 1.…12 分

?

2

?x x

1 2

5 21 ? 18k ? ? ? , ? 3k ?x1 ? x2 ? ? 9 ? 0 ? 1 ? k 2 ? ? ? 3k ? ? ? 9 ? 0得k 2 ? 2 ? 2 ? 16 ? 4 ? 3k ? ? 4 ? 3k ?

?

?

∴k ? ?

5 5 ,故存在直线 l : y ? ? x ? 3 ,使得四边形 OAPB 是矩形。 4 4

22.(1) (2)存在两个定点 解析:(1) ① ,使它们到直线 的距离之积等于 1. ,由题设可知 又点 P 在椭圆 C 上, ,得 ②


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