第一章 空间向量与立体几何 期末复习题（含解析）

第一章 空间向量与立体几何 期末复习题
一、单选题（12题）
1．空间向量（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，，为空间不共面的四点，且向量，向量，则与，必共面的向量为（ ）
A． B． C． D．或
3．已知空间向量，，，，且与垂直，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，在平行六面体中，为和的交点，若，，，则下列式子中与相等的是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知在平行六面体中，同一顶点为端点的三条棱长都等于，且彼此的夹角都是，则此平行六面体的对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，在平行六面体中，，，，，，则的长为（ ）
A．5 B． C． D．
7．已知空间中两点，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知向量，，且，则实数的值为（ ）．
A．4 B． C．2 D．
9．已知向量，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
10．在空间直角坐标系中，点，则（ ）
A．直线坐标平面 B．直线坐标平面
C．直线坐标平面 D．直线坐标平面
11．如图，在正三棱柱中，若，则（ ）
A．45° B．60° C．90° D．120°
12．如图所示，在正方体中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与异面且垂直 B．直线与异面且不垂直
C．直线与相交且不垂直 D．直线与平行
二、填空题（4题）
13．如图，空间四边形中，，，，且，，则____________．
14．已知三棱锥，M，N分别是对棱、的中点，点G在线段上，且，设，，，则__________．（用基底表示）
15．已知空间三点，，，设，，，且，则___________.
16．如图，直三棱柱中，，M，N分别是，的中点，，则BM与AN所成角的余弦值为______.
三、解答题（6题）
17．如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．
(1)用向量表示；
(2)求．
18．如图，在边长是2的正方体中，E，F分别为AB，的中点．
(1)求证： 平面；
(2)证明：EF与平面不垂直．
19．（1）如图，在三棱锥中，．求证：．
（2）平行六面体中，，，，，，，求对角线的长．
20．已知空间中三点，设.
(1)求向量与向量的坐标；
(2)若与互相垂直，求实数的值.
21．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，为线段的中点，.
(1)求证：；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
22．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点O是的中点．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)在棱上是否存在点M，使得平面 若存在，求的值；若不存在，说明理由．
参考答案：
1．D
【分析】利用向量的加减法则即可求解.
【详解】
故选：D
2．B
【分析】判断是否存在唯一的有序实数对，使选项中的向量等于即可.
【详解】由已知，与不共线，
对于A，若与，共面，则存在唯一的有序实数对，使，
即，该方程组无解，故选项A错误；
对于B，若与，共面，则存在唯一的有序实数对，使，
即，解得，即，与，共面，故选项B正确；
对于C，若与，共面，则存在唯一的有序实数对，使，
即，该方程组无解，故选项C错误；
对于D，由选项A及选项C的判断知，选项D错误.
故选：B.
3．D
【分析】根据已知可得，根据数量积的运算律即可求出，进而求出结果.
4．A
【分析】根据空间向量的线性表示与运算法则，把用、、表示即可．
【详解】由题意知，
．
故选：．
5．D
【分析】利用空间向量基本定理，表示出，进而求出的长.
【详解】如图，
由题意可知，
，
．
故选：D．
6．B
【分析】由向量 得：，展开化简，再利用向量的数量积，便可得出答案.
【详解】解：，
，
∵，，，，
.
，即的长为.
故选：B.
7．B
【分析】计算，再计算模长得到答案.
【详解】，，故，故.
故选：B
8．A
【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】解：因为，，且，
所以，解得.
故选：A
9．C
【分析】根据空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】因为向量，，
所以，又
所以与的夹角为，
故选：.
10．C
【分析】求出及三个坐标平面的法向量，根据与法向量的关系判断．
【详解】，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，这三个法向量与都不平行，
但，点均不在坐标平面上，因此与坐标平面平行，
故选：C．
11．C
【分析】以A为原点，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出．
【详解】解：以A为原点，AC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，
∴，
∴．
故选:C．
12．A
【分析】由题意，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，取空间向量，由数量积的结果，可得直线与是否垂直，然后通过异面的判定可得直线与是否异面.
【详解】根据题意，以点A为原点，分别以AB，AD，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，作图如下：
设正方体的棱长为，
则O（，，0），N（，0，），A（0，0，0），M（0，，），
取，
由，
则，即ON⊥AM．
取的中点，连接，其中交于，如图：
明显，又，
，
即四点共面，
面，面，，
直线与异面，
直线与异面且垂直
故选：A.
13．
【分析】利用空间向量加减运算与数乘运算的几何表示即可得解.
【详解】如图，因为，，
所以，，
又因为，，，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】根据空间向量的线性运算的几何表示结合条件即得．
【详解】∵，
∴，
又M，N分别是对棱、的中点，，，，
∴
.
故答案为：.
15．或
【分析】先求得，然后根据向量共线以及向量的模求得.
【详解】，
由于，所以，
所以，
所以为或.
故答案为：或
16．##
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量数量积求异面直线所成角的余弦.
【详解】以C为原点，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则有，，，，
，，
.
则BM与AN所成角的余弦值为.
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解；
（2）先计算，再开方即可求解
【详解】（1）因为M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．
所以
．
（2）因为四面体是正四面体，则，
，
，
所以．
18．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连结，连结，先利用平行四边形证得，再利用线面平行的判定定理得到平面；
（2）建立坐标系求出点的坐标，表示出，因为，所以不垂直，则EF与平面不垂直．
【详解】（1）如图，连结，连结，
因为在正方体中，面是正方形，所以，
是的中点，又因为是的中点，所以且，
因为是的中点，所以，又，所以，
所以四边形是平行四边形，故，
又面，面，所以平面；
（2）建立以为坐标原点，，，分别为，，轴的空间直角坐标系如图：
则，0，，，0，，，2，，，2，，，0，，，0，
，分别为，的中点，
，1，，，1，，所以
，而，故不垂直，
则EF与平面不垂直．
19．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）选择为基底，用向量表示出已知条件，整理即可得到，即；
（2）选择为基底，根据平行六面体对角线的几何意义，可得.然后可求出，开方即可得到对角线的长．
【详解】（1）证明：选择为基底.
∵，∴，∴
同理由，得
∴，∴
∴
（2）平行六面体中，，
选择为基底，则
∵，，，
∴
∴
则对角线的长为．·
20．(1)，；
(2)或．
【分析】（1）根据空间向量坐标的定义计算；
（2）由空间向量垂直得其数量积为0，从而可得值．
【详解】（1）由题意，；
（2）由已知，，
∴，解得或．
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理可得,再根据底面是正方形可证明线面垂直，即可得；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求得平面与平面的法向量，即可求得二面角的余弦值
【详解】（1）由平面，根据线面垂直的性质定理可知，
又因为底面为正方形，所以，
又因为，且PA,BA含于平面PAB,所以平面；
为线段的中点，平面，
所以，
（2）根据题意可知，以A点为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则；
则，
设平面的一个法向量为，
得，令可得，，即；
易知，是平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则
所以，平面与平面夹角的余弦值为
22．(1)证明过程见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质、线面垂直的性质进行证明即可；
（2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；
（3）根据线面平行的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.
【详解】（1）因为，点O是的中点，
所以，因为平面平面，平面平面，
所以平面，而平面，
所以；
（2）设为的中点，连接，
因为，，所以，由（1）可知：平面，而平面，所以，
因此建立如图所示的空间直角坐标系，
，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，因此平面的法向量为，
设平面的法向量为，，
于是有，
二面角的余弦值为：；
（3）假设在棱上存在点M，使得平面，且，可得：，因此，
由（2）可知平面的法向量为，
因为平面，所以，
因此假设成立，.