2018届高三数学（理）一轮总复习课时规范训练：第七章 立体几何 7-6 WORD版含答案.doc

1、课时规范训练1有以下命题：如果向量a，b与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a，b的关系是不共线；O，A，B，C为空间四点，且向量，不构成空间的一个基底，那么点O，A，B，C一定共面；已知向量a，b，c是空间的一个基底，则向量ab，ab，c也是空间的一个基底其中正确命题是()ABCD解析：选C.对于，“如果向量a，b与任何向量不能构成空间向量的一个基底，那么a，b的关系一定是共线”，所以错误正确2空间四点A(2,3,6)、B(4,3,2)、C(0,0,1)、D(2,0,2)的位置关系为()A共线B共面C不共面D无法确定解析：选C.可在空间直角坐标系中作图分析，知A、B、C、D不共面3已知

2、点A(3,0，4)，点A关于原点的对称点为B，则|AB|等于()A12B9C25D10解析：选D.点A关于原点对称的点B的坐标为(3,0,4)，故|AB|10.4已知a(2,1,3)，b(1,2,1)，若a(ab)，则实数的值为()A2BC.D2解析：选D.由题意知a(ab)0，即a2ab0，1470，2.5在下列命题中：若向量a，b共线，则向量a，b所在的直线平行；若向量a，b所在的直线为异面直线，则向量a，b一定不共面；若三个向量a，b，c两两共面，则向量a，b，c共面；已知空间的三个向量a，b，c，则对于空间的任意一个向量p总存在实数x，y，z使得pxaybzc.其中正确的命题的个数是(

3、)A0B1C2D3解析：选A.a与b共线，a，b所在直线也可能重合，故不正确；据空间向量的意义知，a，b所在直线异面，则a，b必共面，故错误；三个向量a，b，c中任两个一定共面，但它们却不一定共面，故不正确；只有当a，b，c不共面时，空间任意一向量p才能表示为pxaybzc，故不正确综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.6(2017西安质检)若平面，的法向量分别是n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则()ABC，相交但不垂直D以上答案均不正确解析：选C.n1n22(3)(3)15(4)0，n1与n2不垂直，且不共线与相交但不垂直7.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a

4、，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A斜交B平行C垂直DMN在平面BB1C1C内解析：选B.以C1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1MAN，则M，N，.又C1D1平面BB1C1C，所以(0，a,0)为平面BB1C1C的一个法向量因为0，所以，所以MN平面BB1C1C.8已知a(cos ，1，sin )，b(sin ，1，cos )，则向量ab与ab的夹角是 解析：(ab)(ab)a2b2|a|2|b|2(cos21sin2)(sin21cos2)0，(ab)(ab)，即向量ab与ab的夹角为90.答案：909在空间四边形ABCD中，

5、 .解析：如图，令a，b，c，则a(cb)b(ac)c(ba)acabbabccbca0.答案：010已知ABCDA1B1C1D1为正方体，()23A1B；()0；向量与向量的夹角为60；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|.其中正确命题的序号是 解析：中()22223(A1B1)2，故正确；中，AB1A1C，故正确；中A1B与AD1两异面直线所成角为60，但与的夹角为120，故不正确；中|0，故也不正确答案：1如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1，A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D，BCA90，ACBC2，又知BA1AC1.(1)求证：AC1平面A1BC；(2)求点C到平面A1A

6、B的距离解：如图所示，取AB的中点E，则DEBC，因为BCAC，所以DEAC.又A1D平面ABC，以DE，DC，DA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，1,0)，C(0，1,0)，B(2,1,0)，A1(0,0，t)，C1(0,2，t)(t为常数)(1)证明：(0,3，t)，(2，1，t)，(2,0,0)，由0，知AC1CB，又BA1AC1，从而AC1平面A1BC.(2)由3t20，得t，设平面A1AB的法向量为n(x1，y1，z1)，(0,1，)，(2,2,0)，所以设z11，则x1，y1，即n(，1)，所以点C到平面A1AB的距离d.2(2017广东汕头模拟)已

7、知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，点E在AA1上，点F在CC1上，且AEFC11.(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG，点M在BB1上，GMBF，垂足为H，求证：EM平面BCC1B1.证明：(1)以B为原点，以BA，BC，BB1为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，E(3,0,1)，F(0,3,2)，D1(3,3,3)，则(3,0,1)，(0,3,2)，(3,3,3)所以.由向量共面的充要条件知E，B，F，D1四点共面(2)设M(0,0，z0)，G，则，而(0,3,2)，由题设得3z020，得z01.故M(0,0,1

8、)，有(3,0,0)又(0,0,3)，(0,3,0)，所以0，0，从而MEBB1，MEBC.又BB1BCB，故ME平面BCC1B1.3.(2017成都模拟)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1.(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1EA1的大小为30，求AB的长解：(1)证明：以A为原点，向量，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，故(0,1,1)，

9、(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE.此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，由az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1.是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos .二面角AB1EA1的大小为30，|cos |cos 30，即，解得a2，即AB的长为2.