高二数学-空间向量与立体几何测试题及答案

第Ⅰ卷（选择题，共50分）

一、选择题：（本大题共10个小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的） 1．在下列命题中：

①若a、b共线，则a、b所在的直线平行；

②若a、b所在的直线是异面直线，则a、b一定不共面； ③若a、b、c三向量两两共面，则a、b、c三向量一定也共面；

④已知三向量a、b、c，则空间任意一个向量p总可以唯一表示为p＝xa＋yb＋zc,x,y,zR． 其中正确命题的个数为 （ ）

A.0 B.1 C.2 D.3

2．若三点A，B，C共线，P为空间任意一点，且PAPBPC，则的值为（ ）

1 Ｄ．2 23．设a(x，4，，3)b(3，2，z)，且a∥b，则xz等于（ ） Ａ．1

Ｂ．1

Ｃ．

Ａ．4

Ｂ．9

Ｃ．9

Ｄ．

64 94．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.

62636465 B. C. D. 77775．如图1，空间四边形ABCD的四条边及对

角线长都是a，点E，F，G分别是AB，AD，CD 的中点，则a2等于（ ） ·AC Ａ．2BA·CA Ｃ．2FG

Ｂ．2AD·BD ·CB Ｄ．2EF

6．若a、b均为非零向量，则ab|a||b|是a与b共线的（ ）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件

7.已知点O是△ABC所在平面内一点，满足OA·OB=OB·OC=OC·OA,则点O是△ABC的（ ） A.三个内角的角平分线的交点 B.三条边的垂直平分线的交点

C.三条中线的交点 D.三条高的交点 8．已知a+b+c＝0，|a|＝2，|b|＝3，|c|＝19，则向量a与b之间的夹角为（ ）

A．30°

B．45°

C．60°

D．以上都不对

9．已知OA(1,2,3)，OB(2,1,2)，OP(1,1,2)，点Q在直线OP上运动，则当QAQB 取得最小值时，点Q的坐标为（ ）

A．(,,)

131243B．(,,)

123234C．(,,)

448333D．(,,)

44733310．给出下列命题： ①已知ab，则a·(bc)c·(ba)b·c；

，BM，BN不构成空间的一个基底，那么A②A，B，M，N为空间四点，若BA，B，M，N共面；

③已知ab，则a，b与任何向量都不构成空间的一个基底； ④若a，b共线，则a，b所在直线或者平行或者重合． 正确的结论的个数为（ ） Ａ．1

Ｂ．2

Ｃ．3

Ｄ．4

第Ⅱ卷（非选择题，共100分）

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

11．已知△ABC的三个顶点为A（3，3，2），B（4，－3，7），C（0，5，1），则BC边上的 中线长为 12．已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若由向量

12，B，C共面，那么 ． OPOAOBOC确定的点P与A5313.已知a,b,c是空间两两垂直且长度相等的基底，m=a+b,n=b-c,则m,n的夹角为 .

14．在空间四边形ABCD中，AC和BD为对角线，G为△ABC的重心，E是BD上一点， BE＝3ED，以｛AB，AC，AD｝为基底，则GE＝ ．

ADECMGB15.在平行四边形ABCD中，AB=AC=1，∠ACD=90,将它沿对角线AC折起，使AB与CD成60角，则B,D 两点间的距离为

16．如图,二面角α-ι-β的棱上有A,B两点，直线AC,BD分别在这

个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB,已知AB=4，AC=6，BD=8，CD=68， 二面角α-ι-β的大小 ．

三、解答题（本大题共5小题,满分70分），

17．（10分）设a12ijk，a2i3j2k，a32ij3k，a43i2j5k，试问是否存在实数

β D α C A ι B 00，，，使a4a1a2a3成立？如果存在，求出，，；如果不存在，请写出证明．

18．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD底面ABCD， PDDC，E是PC的中点，作EFPB交PB于点F. （1）证明 PA∥平面EDB； （2）证明PB平面EFD； （3）求二面角C-PB-D的大小．

19．（12分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是等腰直角三角形，∠ACB＝90°．侧棱AA1＝2，D、E分别是CC1与A1B的中点，点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G． （1）求A1B与平面ABD所成角的大小． （2）求A1到平面ABD的距离．

20.(12分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,顶点A1在底面ABC上的射影恰为点B,且AB=AC=A1B=2. (1) 求棱AA1与BC所成角的大小；

(2) 在棱B1C1上确定一点P,使AP=14，并求出二面角P-AB-A1的平面角的

余弦值. C1

21.（12分）如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1.

（Ⅰ）证明：AB=AC

zC1A1DECGxAByB1A1 B1 A C B

（Ⅱ）设二面角A-BD-C为60°,求B1C与平面BCD所成的角的大小

A

B C B1 D E

A1 C1

22.（12分）P是平面ABCD外的点，四边形ABCD是平行四边形，AB2,1,4,AD4,2,0,

AP1,2,1.

（1）求证：PA平面ABCD.

（2）对于向量a(x1,y1,z1),b(x2,y2,z2)，定义一种运算：

(ab)cx1y2z3x2y3z1x3y1z2x1y3z2x2y1z3x3y2z1，试计算(ABAD)AP的绝对值;说明其与几

何体P-ABCD的体积关系，并由此猜想向量这种运算(ABAD)AP的绝对值的几何意义（几何体P-ABCD叫四棱锥，锥体体积公式：V=底面积高）.

13

空间向量与立体几何(2)

参考答案

一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）

题号 答案 1 D 2 D 3 D 4 A 5 B 6 C 7 A 8 C 9 C 10 B 二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分） 11．（0，12，） 12．0 13． 1,-3 14．90° 551101 16。AC16 |AB||AC|sinA2215。SABC三、解答题（本大题共6题，共76分）

62117．（1）略 （2） （3）sa

256618．（1） （2）

3319．（Ⅰ）证明 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，

所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中，

2222

由PA+AB=2a=PB 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G， 由PA⊥平面ABCD.

知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH， 则EH⊥AC，∠EHG即为二面角的平面角.

又PE : ED=2 : 1，所以EG从而 tan123a,AGa,GHAGsin60a. 333EG3, 30. GH3（Ⅲ）解法一 以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，

建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为

3131a,a,0),C(a,a,0). 222221D(0,a,0),P(0,0,a),E(0,a,a).

332131a,a,0). 所以 AE(0,a,a),AC(332231AP(0,0,a),PC(a,a,a).

2231BP(a,a,a).

2231a,a,a),其中01,则 设点F是棱PC上的点，PFPC(22A(0,0,0),B(

BFBPPF( (3131a,a,a)(a,a,a) 222231a(1),a(1),a(1)). 令 BF1AC2AE 得 2233a(1)a1,22121a(1)aa2,12231a(1)a2.3解得 11,4即112,

3112.3113131,1,2. 即 时，BFACAE. 222222亦即，F是PC的中点时，BF、AC、AE共面.

又 BF平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC.

20．(14分) 解：（1）连结BG，则BG是BE在面ABD的射影，即∠A1BG是A1B与平面ABD所成的角. 如图所示

建立坐标系，坐标原点为O，设CA=2a， 则A（2a，0，0），B（0，2a，0），D（0，0，1） A1（2a，0，2）

E（a，a，1） G（

2a2a1,,）. 333aa2GE(,,),BD(0,2a,1)，

33322GEBDa20，解得a=1.

33241BA1(2,2,2),BG(,,),

333cosA1BGBA1BG|BA1||BG|14/37.

1323213A1B与平面ABD所成角是arccos7. 3（2）由（1）有A（2，0，0），A1（2，0，2），E（1，1，1），D（0，0，1）

AEED(1,1,1)(1,1，0）0，AA1ED(0,0,2)(1,1,0)0 ED平面AA1E，又ED平面AED.

∴平面AED⊥平面AA1E，又面AED面AA1E=AE，

∴点A在平面AED的射影K在AE上.

设AKAE， 则A1KA1AAK(,,2) 由A1KAE0，即20， 解得

441622246 A1K(,,),即A1K99933332即点A1到平面AED的距离为6.

32. 321.解：（1）APAB(2,1,4)(1,2,1)2(2)40 APAB即APAB

APAD(1,2,1)(4,2,0)4400

APAD即PAADAD面ABCD

（2）ABADAP48,又cosABAD3 105V＝

1ABADsinABADAP16 3猜测：ABADAP在几何上可表示以AB,AD,AP为棱的平行六面体的体积（或以AB,AD,AP为棱

的四棱柱的体积）

