高中数学《空间向量与立体几何》试卷word版+答案(含解析)

《高中数学《空间向量与立体几何》试卷word版+答案(含解析)》是由用户上传到老师板报网，本为文库资料，大小为582.74 KB，总共有11页，格式为doc。授权方式为VIP用户下载，成为老师板报网VIP用户马上下载此课件。文件完整，下载后可编辑修改。

空间向量与立体几何测试(时间：120分钟　满分：150分)一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．满足下列条件，能说明空间不重合的A，B，C三点共线的是()A．AB＋BC＝ACB．AB－BC＝ACC．AB＝BCD．|AB|＝|BC|2．如图，在大小为45°的二面角AEFC中，四边形ABFE，CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是(　　)A．B．C．1D．3．在四面体OABC中，G1是△ABC的重心，G是OG1上的一点，且OG＝3GG1，若OG＝xOA＋yOB＋，则(x，y，z)为(　　)A．B．C．D．4．若点P(－4，－2,3)关于Oxy平面及y轴对称的点的坐标分别是(a，b，c)，(e，f，d)，则c与e的和为(　　)A．7B．－7C．－1D．15．如图，已知边长为6的正方形ABCD和正方形ADEF所在平面互相垂直，O是BE的中点，FM＝MA，则线段OM的长为(　　)A．3B．C．2D．6．已知A(1,1,0)，B(1,0,1)，C(0,1,1)，则平面ABC的一个单位法向量是(　　)A．(1,1,1)B.C.D.7．如图所示，在棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)A．相交B．平行C．垂直D．不能确定8．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD，则平面PQC与平面DCQ的位置关系为(　　)A．平行B．垂直C．相交但不垂直D．位置关系不确定二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。9．已知四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，连接AC，BD，PB，PC，PD，则下列各组向量中，数量积一定为零的是(　　)A．PC与BDB．DA与PBC．PD与ABD．PA与CD10．若向量a＝(1,2,0)，b＝(－2,0,1)，则(　　)A．cos〈a，b〉＝－B．a⊥bC．a∥bD．|a|＝|b|11.已知平面α内有一点A(2，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝，则下列四个点中在平面α内的是(　　)A．P1B．P2C．P3D．P412．如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝1，点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，并且总是保持AP⊥BD1，则以下四个结论正确的是(　　)A．VPAA1D＝B．点P必在线段B1C上C．AP⊥BC1D．AP∥平面A1C1D三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在题中横线上。13．已知空间向量c，d不共线，设向量a＝kc＋d，b＝c－k2d，且a与b共线，则实数k的值为________。14．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，M为△A1B1C1的重心，若AB＝a，AC＝b，AA1＝c，则CM＝________。15．如图所示，正四面体ABCD的棱长为1，G是△BCD的中心，建立如图所示的空间直角坐标系，则AG的坐标为________，AB的坐标为________。16．已知三棱锥O　ABC,OA＝OB＝1，OC＝2，OA，OB，OC两两垂直，存在一点D，使BD∥AC，DC∥AB，则D的坐标为________。四、解答题：本题共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．(本小题满分10分)如图，BC＝2，原点O是BC的中点，点A的坐标为，点D在平面yOz上，且∠BDC＝90°，∠DCB＝30°.(1)求向量CD的坐标．(2)求AD与BC的夹角的余弦值．18．(本小题满分12分)如图，四棱锥POABC的底面为一矩形，PO⊥平面OABC，设OA＝a，OC＝b，OP＝c，E，F分别是PC和PB的中点，用a，b，c表示BF，BE，AE，EF.19．(本小题满分12分)如图，设O为平行四边形ABCD所在平面外任意一点，E为OC的中点，若AE＝OD＋xOB＋yOA，求x，y的值．20．(本小题满分12分)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点．设Q是CC1上的点，则当点Q在什么位置时，平面D1BQ∥平面PAO?21.(本小题满分12分)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点，求证：直线PB1⊥平面PAC.22．(本小题满分12分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD上一点，且BMPD.⊥(1)求异面直线PB与CM所成角的余弦值；(2)求点M到平面PAC的距离．参考答案1解析　对于空间中的任意向量，都有AB＋BC＝AC，选项A错误；若AB－BC＝AC，则AC＋BC＝AB，而AC＋CB＝AB，据此可知BC＝CB，即B，C两点重合，选项B错误；AB＝BC，则A，B，C三点共线，选项C正确；|AB|＝|BC|，则线段AB的长度与线段BC的长度相等，不一定有A，B，C三点共线，选项D错误。答案　C2解析　因为BD＝BF＋FE＋ED，所以|BD|2＝|BF|2＋|FE|2＋|ED|2＋2BF·FE＋2FE·ED＋2BF·ED＝1＋1＋1－＝3－，故|BD|＝。答案　D3解析　如图所示，连接AG1并延长，交BC于点E，则E为BC中点，AE＝(AB＋AC)＝(OB－2OA＋OC)，AG1＝AE＝(OB－2OA＋OC)。因为OG＝3GG1＝3(OG1－OG)，所以OG＝OG1。则OG＝OG1＝(OA＋AG1)＝(OA＋OB－OA＋OC)＝OA＋OB＋OC，所以x＝，y＝，z＝。答案　A4解析　由题意，知点P关于Oxy平面对称的点的坐标为(－4，－2，－3)，点P关于y轴对称的点的坐标为(4，－2，－3)，故c＝－3，e＝4，故c＋e＝－3＋4＝1。答案　D5解析　由题意可建立以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系(图略)，则E(0,0,6)，B(6，6,0)，M(6,0,4)，O(3,3,3)，所以|OM|＝＝，即线段OM的长为。故选B。答案　B6解析　设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，又AB＝(0，－1,1)，BC＝(－1,1,0)，则所以x＝y＝z，又因为单位向量的模为1，故只有B正确。答案　B7解析　如图，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系。因为A1M＝AN＝a，所以M，N，所以MN＝。又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，所以C1D1＝(0，a,0)。所以MN·C1D1＝0。所以MN⊥C1D1。因为C1D1是平面BB1C1C的一个法向量，且MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C。答案　B8解析　由已知可得PD⊥DC，PD⊥DA，DC⊥DA，如图，以D为原点，建立空间直角坐标系，设QA＝1，则D(0，0,0)，C(0,0,1)，Q(1,1,0)，P(0,2,0)。故DQ＝(1,1,0)，DC＝(0,0,1)，PQ＝(1，－1,0)。故DQ·PQ＝0，DC·PQ＝0，即PQ⊥DQ，PQ⊥DC，又DQ∩DC＝D，故PQ⊥平面DCQ，又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ。答案　B9解析　因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，故PA·CD＝0；因为由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥AD，又AD⊥AB，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB，故DA·PB＝0；同理PD·AB＝0。故选BCD。答案　BCD10解析　因为向量a＝(1,2,0)，b＝(－2,0,1)，所以|a|＝，|b|＝，a·b＝1×(－2)＋2×0＋0×1＝－2，cos〈a，b〉＝＝＝－。由上知B，C不正确，A，D正确。答案　AD11解析　对于选项A中的点P1，P1A＝，P1A·n＝0，A成立，对于选项B中的点P2，P2A＝，所以P2A·n＝0。同理C，D不正确。故选AB。答案　AB12解析　对于A，因为P在平面BCC1B1上，平面BCC1B1∥平面AA1D，所以P到平面AA1D即为C到平面AA1D的距离，即为正方体棱长，所以VPAA1D＝S△AA1D·CD＝××1×1×1＝，A错误；对于B，以D为原点可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，P(x,1，z)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，B1(1，1,1)，C(0,1,0)，所以AP＝(x－1,1，z)，BD1＝(－1，－1,1)，B1C＝(－1,0，－1)，因为AP⊥BD1，所以AP·BD1＝1－x－1＋z＝0，所以x＝z，即P(x,1，x)，所以CP＝(x,0，x)，所以CP＝－xB1C，即B1，P，C三点共线，所以P必在线段B1C上，B正确。对于C，因为AP＝(x－1,1，x)，BC1＝(－1,0,1)，所以AP·BC1＝1－x＋x＝1，所以AP与BC1不垂直，C错误。对于D，因为A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，D(0,0,0)，所以DA1＝(1,0,1)，DC1＝(0,1,1)，设平面A1C1D的一个法向量为n＝(x，y，z)，所以令x＝1，则z＝－1，y＝1，所以n＝(1,1，－1)，所以AP·n＝x－1＋1－x＝0，即AP⊥n，所以AP∥平面A1C1D，D正确。故选BD。答案　BD13解析　因为c，d不共线，所以c≠0，且d≠0。由a与b共线知，存在λ∈R使a＝λb成立，即kc＋d＝λ(c－k2d)，整理得(k－λ)c＋(1＋λk2)d＝0，所以解得k＝λ＝－1。答案　－114解析　CM＝CC1＋C1M＝CC1＋C1D＝CC1＋(A1D－A1C1)＝CC1＋＝A1B1－A1C1＋CC1＝a－b＋c。答案　a－b＋c15解析　由题意可知，BG＝BE＝×＝，所以AG＝＝，所以AG＝，AB＝GB－GA＝。答案　　16解析　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,2)，设所求点D(x，y，z)。由BD∥AC，DC∥AB⇒BD∥AC，DC∥AB，因此，⇒即点D的坐标为(－1,1,2)。答案　(－1,1,2)17解析(1)过D作DE⊥BC于E，则DE＝CD·sin30°＝，OE＝OB－BDcos60°＝1－＝，所以D点坐标为，又因为C(0，1，0)，所以CD＝.(2)依题设，A点坐标为，所以AD＝，BC＝(0，2，0)，则AD与BC的夹角的余弦值为cos〈AD，BC〉＝＝－.18解析BF＝BP＝OP－OB＝OP－(OA＋OC)＝－a－b＋c；BE＝OE－OB＝(OP＋OC)－(OA＋OC)＝－OA－OC＋OP＝－a－b＋c；AE＝OE－OA＝(OP＋OC)－OA＝－a＋b＋c；EF＝CB＝OA＝a.19解析因为AE＝AB＋BC＋CE＝OB－OA＋OC－OB－OC＝－OA＋OC＝－OA＋(OD＋DC)＝－OA＋(OD＋AB)＝－OA＋OD＋(OB－OA)＝－OA＋OD＋OB，所以x＝，y＝－.20解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则O(1，1，0)，A(2，0，0)，P(0，0，1)，B(2，2，0)，D1(0，0，2)，所以OA＝(1，－1，0)，OP＝(－1，－1，1)，＝(－2，－2，2).设平面PAO的法向量为n1＝(x，y，z)，则⇒令x＝1，则y＝1，z＝2，所以平面PAO的一个法向量为n1＝(1，1，2).若平面D1BQ∥平面PAO，则n1也是平面D1BQ的一个法向量．设Q(0，2，c)，则BQ＝(－2，0，c)，n1·BQ＝0，即－2＋2c＝0，所以c＝1，这时n1·＝－2－2＋4＝0.所以当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.21证明依题设，以D为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz，则C(1，0，0)，P(0，0，1)，A(0，1，0)，B1(1，1，2)，于是CA＝(－1，1，0)，CP＝(－1，0，1)，＝(1，1，1)，所以CA·＝(－1，1，0)·(1，1，1)＝0，CP·＝(－1，0，1)·(1，1，1)＝0，故CP⊥，CA⊥，即PB1CP⊥，PB1CA⊥，又CP∩CA＝C，且CP⊂平面PAC，CA⊂平面PAC.故直线PB1⊥平面PAC.22解析(1)分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，A，B，C，D，P，则PB＝，PC＝，PD＝，设PM＝λPD(0≤λ≤1)，则PM＝，所以BM＝PM－PB＝，由BMPD⊥知BM·PD＝0＋16λ－4＝0，所以λ＝，M为PD的中点，所以M，CM＝，cos〈PB，CM〉＝＝＝－.所以异面直线PB与CM所成角的余弦值为.(2)AP＝，AC＝，设平面PAC的法向量为n＝，由得所以z＝0，取x＝2，得y＝－1，所以n＝是平面PAC的一个法向量．所以点M到平面PAC的距离为＝＝.