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1、学习方法报社 全新课标理念，优质课程资源空间向量与立体几何章末测试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的.） 1. 在直三棱柱ABCA1B1C1中，若=a，=b，=c， 则（ ） Aa +bc Bab + c Ca + b + c Da + bc 2. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与的夹角为（） A.60 B.90 C.135 D.453. 下列命题中真命题的个数是（） 若a与b共线,b与c共线,则a与c共线； 若向量a,b,c共面,则它们所在的直线共面； 若ab,则存在唯一的实数,使a=b. A.0 B.1 C.2 D.3 4
2、. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，M为AD的中点，O为侧面AA1B1B的中心，P为棱CC1上任意一点，则异面直线OP与BM所成的角等于（ ） A90 B.60 C.45 D.30 5. 已知平面的法向量是（2,3，-1），平面的法向量是（4，-2），若，则的值是（ ） A B6 C D 6.若向量a（1，2），b（2，1,2），a，b的夹角的余弦值为，则的值为（） A2 B2 C2或 D2或 7. 已知ABCD为平行四边形，且A（4,1,3），B（2，-5,1），C（3,7，-5），则顶点D的坐标（） （，4，-1） （2,4,1） （-2,14,1） （5,13，-3） 8. 直线的方
3、向向量为a，平面的法向量为n，则有可能使的是（ ） Aa=（1,0,0），n=（-2,0,0） Ba=（1,3,5），n=（1,0,1） Ca=（0,2,1），n=（-1,0,1） Da=（1,-1,3），n=（0,3,1） 9. 正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 10. 已知正方体ABCDEFGH的棱长为1，若P点在正方体的内部且满足，则P点到直线AB的距离为（ ） A B C D 11. .已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2,E是侧棱BB1的中点,则直线AE与平面A1ED1所成角的大小为（） A
4、.60 B.90 C.45 D.以上都不对图 1C1B1NMDCBA12. 如图1，在等腰梯形ABCD中，M、N分别为AB，CD的中点，沿MN将MNCB折叠至MNC1B1，使它与MNDA成直二面角，已知AB=2CD=4MN，则下列等式不正确的是（ ）A=0 B=0 C=0 D=0二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.） 13. 已知a=（1,2,3），b=（2，x，4），如果ab，则= . 14.已知向量.若与的夹角为，则实数 .图 2 15. 若a，b是直线，是平面，a，b，向量a1在a上，向量b1在b上，a1=（1,1,1），b1=（-3，4,0），则，
5、所成二面角中较小的一个的余弦值为 . 16. 如图2，PABCD是正四棱锥，ABCD-A1B1C1D1是正方体，其中，则到平面PAD的距离为 .图 3三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17如图3，在三棱柱ABCA1B1C1中，分别是，上的点，且，.设，. 试用表示向量； 若，求MN的长. 18. 如图4,在四棱锥中,底面,平面是直角梯形,为侧棱上一点.该四棱锥的俯视图和左视图如图5所示. 证明:平面；证明:平面.图 6OBCDAMN图 5图 4 19. 如图6，在四棱锥O-ABCD中，OA底面ABCD，且底面ABCD是边长为2的正方形，且OA=
6、2，M，N分别为OA，BC的中点. 求证：直线MN平面OCD； 求点B到平面DMN的距离. 20.如图7，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，平面平面，为的中点.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值；（3）求点到平面的距离. 21.如图8所示，矩形ABCD的边AB=a，BC=2，PA平面ABCD，PA=2，现有数据：；a=1；a=2；a=4（1）当在BC边上存在点Q，使PQQD时，a可能取所给数据中的哪些值，请说明理由；（2）在满足（1）的条件下，a取所给数据中的最大值时，求直线PQ与平面ADP所成角的正切值；（3）记满足（1）的条件下的Q点为Qn（n=1，2，3，），若a取所给数据的最小值时，
7、这样的点Qn有几个，试求二面角QnPAQn+1的大小 22. 在如图9所示的几何体中，平面为正方形，平面为等腰梯形，/，图 9求与平面所成角的正弦值；(2)线段上是否存在点，使平面平面？证明你的结论参考答案一、选择题1. D 2.B 3. A 4 .A 5.C 6. C 7. D 8. D 9. B 10. A 11. B 12. C 提示： 1. +=-+=a + bc. 2. 由于AB平面BCC1B1,所以ABC1B,从而与的夹角为90. 3. 中当b=0时,a与c不一定共线,故错误;中a,b,c共面时,它们所在的直线平行于同一平面即可,故错误;当b为零向量,a为非零向量时,不存在. 4.
8、 以A为坐标原点，AB,AD,AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，且令AB=2，则B（2,0,0），O（1，0，1）,M（0，1，0）,P（2，2，z），故=（1,2，z-1），=（-2，1，0）,因为=0，故异面直线OP与BM所成的角等于90，故选A. 5. 因为，所以8+3+2=0.解得=，选C. 6. 根据题意，得=，解得=2或，选C. 7. 设D（x，y，z），根据题意，得=,即（-2，-6，-2）=（3-x，7-y，-5-z），解得x=5，y=13，z=-3，故选D. 8. 在D中a=（1,-1,3），n=（0,3,1），因为an =0，故选D.图 1 9. 以A为坐标原点，
9、以AB,AD,AA1分别为x，y，z轴建立空间坐标系，且令AB=2，则M（0,0,1），N（2,0,1），C（2,2,0），D1（0,2,2），=（-2，-2,1），=（2，-2，-1），=-，故=，选B. 10. 如图1，过P作PM面ABCD于M，过M作MNAB于N，连接PN，则PN即为所求， 因为 所以所以图 2 11. 以点D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图2，由题意知,A1（1,0,2）,E（1,1,1）,D1（0,0,2）,A（1,0,0）,所以=（0,1,-1）,=（1,1,-1）,=（0,-1,-1）.设平面A1ED1的一个法向
10、量为n=（x,y,z）,则令z=1,得y=1,x=0, 所以n=（0,1,1）,cos=-1.所以=180.所以直线AE与平面A1ED1所成的角为90.12. 易知C1N平面AMND，故A正确；假设B正确，即有，又由A项可得AN平面B1MNC1，这与AMB1MNC1矛盾，则B不正确；对于C，连接MC1，由B1M=2C1N=2MN可得MC1B1C1.又易知，得B1C1平面AMC1，故，C也正确；由AM平面B1MNC1得AMB1C1，则D也正确.二、填空题13. 7 14. 15. 16. 提示： 13. 因为ab，所以ab，所以ab=0，即2+2x+12=0，解得x=-7. 14. 提示：由数量
11、积公式可得，所以k=15. 由题意知，cos=|cosa1，b1|=. 16.以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，平面PAD的法向量是，因为，所以，取得，因为，所以到平面PAD的距离.三、解答题 17. 解：. ，图3，. 18. 证明:因为平面,建立如图3的空间直角坐标系. 在中,易得,所以 . 因为 , 所以, . 由俯视图和左视图可得， ， 所以 ,. 因为 ,所以. 又因为 平面,所以 , 所以平面. 设平面的法向量为,则有 因为 , 图 4OBCDAMNyzx所以 取,得 因为,所以 因为平面, 所以直线平面. 19. 建立如图4的空间直角坐标系，则各点坐标为B（2，0，0），C（
12、2，2，0），D（0，2，0），O（0，0，2），M（0，0，1），N（2，1，0）， 所以=（2，1，-1），=（0，-2，2），=（2，0，0），=（2，0，0），=（0，1，0）. 证明：设平面OCD的法向量n=（x，y，z）， 由得 令y=1，得平面OCD的法向量n=（0，1，1），所以n=20+11+（-1）1=0. 所以n . 又MN 平面OCD， 所以MN平面OCD. 设面DMN的法向量为n=（x/，y/，z/）， 由=（0，-2，1），=（2，-1，0），得即 令x/=1，得平面DMN的法向量n=（1，2，4）. 所以点B到平面DMN的距离d=. . 20.解析：（1）证明：取的中点，连接.因为，所以且.因为平面平面，平面平面，所以平面所以.如右图所示，建立空间直角坐标系则所以因为所以（2）由（1）得，所以设为平面的一个法向量，则，取，则 所以又因为为平面的一个法向量，所以.所以二面角的余弦值为.（3）由（1）
