《2020届高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-6精品练习（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-6精品练习（通用）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第9章 第6节一、选择题1已知四边形ABCD满足：0，0，0，0，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0，ABC，同理BCD，CDA，DAB，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ABCDA1B1C1D1中异于A的一个顶点，则的值为()A0B1C0或1D任意实数答案C解析可为下列7个向量：，其中一个与重合，|21；，与垂直，这时0；，与的夹角为45，这时1cos1，最后1cosBAC11，故选C.3如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，N为BB1的靠近B的三等分点，若a，b，c，则等于(
2、)AabcB.abcC.abcDabc答案C解析()abc.4已知A(2，5,1)，B(2，2,4)，C(1，4,1)，则与的夹角为()A30B45C60D90答案C解析(0,3,3)，(1,1,0)设，则cos，60.5已知a(2，1,3)，b(1,4，2)，c(7,5，)，若a，b，c三向量共面，则实数等于()A. B.C. D.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，m4n,3m2n)，.6(2020山东青岛)在空间四边形ABCD中，的值为()A0 B.C1 D无法确定答案A解析()()()0，故选A.7ABC的顶点分别为A(1，1,2)，B(
3、5，6,2)，C(1,3，1)，则AC边上的高BD等于()A5 B.C4 D2答案A解析设，D(x，y，z)，则(x1，y1，z2)(0,4，3)，x1，y41，z23.(4,45，3)，又(0,4，3)，4(45)3(3)0，|5.8已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点N为B1B的中点，则线段MN的长度为()A. B.C. D.答案A解析.MN|.9设空间四点O、A、B、P满足t，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t，t，0t1，点P在线段AB上10在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1
4、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. B.C. D.答案D解析，|2，|2|2|2，|2|2|AA1|2，cos，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，由得，2x23x50，x1或，由得x1，x1.12设向量a(1,3,2)，b(4，6,2)，c(3,12，t)，若cmanb，则mn_.答案解析manb(m4n,3m6n,2m2n)，(m4n,3m6n,2m2n)(3,12，t)，解得mn.13若|a|，b(1,2，2)，c(2,3,6)，且ab，ac，则a_.答案(，2，)或(，2，
5、)解析设a(x，y，z)，ab，x2y2z0.ac，2x3y6z0.|a|.x2y2z217.联立得x18z，y10z.代入得425z217，z.a(，2，)或(，2，)14直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，BAC30，BC1，AA1，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成角为_答案解析由条件知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(0，0)，B1(1,0，)，M(0,0，)，A1(0，)，(1，)，(0，)，cos，0，即直线AB1与A1M所成角为.三、解答题15已知向量b与向量a(2，1,2
6、)共线，且满足ab18，(kab)(kab)，求向量b及k的值解析b0，a，b共线，存在实数，使ab，a(2，1,2)，|a|3，aba2|a|2918，2.b(4，2,4)(kab)(kab)，(kab)(kab)0.(ka2a)(ka2a)0.(k24)|a|20.k2.16(2020上海松江区模拟)设在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABACAA12，BAC90，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)；(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
7、,2)，E(0,2,1)，F(1,1,0)，(1)(2,0，2)，(1，1，1)，cos，arccos.(2)设平面AEF的一个法向量为n(a，b，c)，(0,2,1)，(1,1,0)，由得，令a1可得n(1，1,2)，(2,0,2)，d.点B1到平面AEF的距离为.17如图，平面ABEF平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，BADFAB90，BC綊AD，BE綊FA，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，FA、AB、AD两两互相垂直如图，以A为坐标原
8、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，BEc，则由题设得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，(0，b,0)，(0，b,0)，于是.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(a,0，c)，(a,0，c)，又CEF，HFD，故C、D、F、E四点共面(3)由ABBE，得ca，所以(a,0，a)，(a,0，a)又(0,2b,0)，因此0，0即CHAE，CHAD
9、，又ADAEA，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，FHHD，所以GH綊AD.又BC綊AD，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綊AF，G是FA的中点知，BE綊GF，所以EFBG，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.
