空間向量與立體幾何單元測試（A 卷）答案與提示

一、單項選擇題

1.C 2.C

3.B 提示:設圓錐底面的半徑為r,則由題意知,而L=2πr,代入得π≈。

4.D 提示:為了便于解題,將正四面體A-BCD放入正方體中,如圖1 所示。連接HG,OD。

圖1

對于選項A,若E,F分別為AB,CD的中點,則易知EF⊥CD,選項A不正確;

對于選項B,在正方體中,易知CD⊥平面ABHG。因為過點D且與平面ABHG平行的平面不經過點E,所以不存在E,使得DE⊥CD,選項B不正確。

對于選項C,在正方體中,易證OD⊥平面ABC,所以不存在E,使得DE⊥平面ABC,選項C不正確。

對于選項D,設OD與平面ABC的交點為K,連接CK,只要令平面CDK與AB的交點為E即可得平面CDE⊥平面ABF,選項D 正確。

5.C 提示:連接AB,CD。

(1)當點P在CA的延長線上,即點P在平面α與平面β的同側時,如圖2。

圖2

因為α//β,平面PCD∩平面α=AB,平面PCD∩平面β=CD,所 以AB//CD,△PAB～△PCD,

因|PA|=6,|AC|=9,|PD|=8,故,解得|BD|=。

(2)當點P在線段CA上,即點P在平面α與平面β之間時,如圖3。類似(1)的方法。可得

圖3

因|PA|=6,|PC|=|AC|-|PA|=9-6=3,|PD|=8,故

,解得|PB|=16,則|BD|=|PB|+|PD|=24。

6.B

圖4

8.A

二、多項選擇題

9.BD

10.ABCD 提示:以正八面體的中心O為原點,OB,OC,OE分 別 為x軸,y軸,z軸,建立如圖5所示空間直角坐標系。

圖5

設正八面體的邊長為2,則A(0,-,0),E(0,0,),C(0,,0),D(-,0,0)F(0,0,-)。

又AB//CD,AB?平面CDF,CD?平面CDF,則AB//平面CDF。

由AB∩AE=A,AE,AB?平面ABE,所以平面AEB//平面CDF,B正確。

易知平面ACE的一個法向量為n1=(1,0,0),平面BDF的一個法向量為n2=(0,1,0)。

因為n1·n2=0,所以平面ACE⊥平面BDF,D 正確。

因為AP⊥BP,AP⊥CP,所以AP⊥平面BCD。

又AP?平面BAD,可得平面BAD⊥平面BCD,C正確。

12.AD 提示:對于A,平面ABC截勒洛四面體所得截面如圖6。它的面積為三個半徑為4,圓心角為60°的扇形的面積減去兩個邊長為4的正三角形的面積。

圖6

對于B,如圖7,取CD中點G,在△ABG中,|AG|=|BG|=,|AB|=4,記該勒洛四面體上以C,D為球心的兩球交線為弧AB,則該弧是以CD的中點G為圓心,以為半徑的圓弧。

圖7

設圓心角為∠AOB=α,則cosα=,可知α·2≠π,所以弧長不等于,B錯誤。

對于C,如圖8,設弧AB的中點是M,線段AB的中點是N,設弧CD的中點是H,線段CD的中點是G,則根據圖形的對稱性,M,N,G,H四點共線且過正四面體A-

圖8

對于D,勒洛四面體能容納的最大球,與勒洛四面體的弧面相切,如圖7,其中點E為該球與勒洛四面體的一個切點,由對稱性可知O為該球的球心,內半徑為OE,連接BE,易知B、O、E三點共線。設正四面體A-BCD的外接球半徑為r,如圖9,則由題意得為正四面體A-

圖9

三、填空題

13.3π 提示:如圖10,取AB中點O,連接OC,OD。在△ABD中,由|AD|=1,,得|AD|2+|BD|2=|AB|2,則AD⊥BD。又 平 面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,故AD⊥平面BCD,即AD⊥BC。在△BCD中,|BC|=|CD|,|BD|=,即|BC|2+|CD|2=|BD|2,則BC⊥CD。因為AD∩CD=D,所以BC⊥平面ACD,BC⊥AC。則O為三棱錐A-BCD的外接球的球心,外接球的半徑。球O的表面積為3π。

圖10

14.4 提示:連接AC,交BD于點O,連接OP。以O為原點,OA所在直線為x軸,OB所在直線為y軸,OP所在直線為z軸,建立空間直角坐標系,如圖11。

圖11

因MN⊥AD,故=0,解得λ=4。

如圖12,設正四面體的棱長為a,E為△BCD的中心,故AE⊥平面BCD。

圖12

小球半徑|OF|=r=1,則OF⊥AC,大球半徑|OA|=R,|AC|=a。

16.①③ 提示:對于①,連接AD1,CD1。由正方體的性質知△ACD1為等邊三角形,O為底面ABCD的中心,故O為AC的中點,AC⊥D1O,①正確。

對于②,將D1O進行平移到過B1點,使之與B1P具有公共頂點,如圖13,根據立體圖形判斷,無論如何也不可能滿足B1H平行或重合于B1P,所以D1O不可能與B1P平行,②錯誤。

圖13

對于③,取B1B的中點E,連接OE,EC,BD,D1E,如圖13。易證明D1O⊥平面OEC,所以P在線段EC上運動,當點P到點E位置時,|C1P|最大,△D1C1P的面積最大為,③正確。

對于④,P到直線D1C1的距離為線段PC1的長度,所以|PC1|=|PB|,判定出P點在線段BC1的垂直平分線上,④錯誤。

四、解答題

17.(1)如圖14,作AP⊥CD于點P,分別以AB,AP,AO所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,則A(0,0,0),

圖14

設平面OCD的法向量為n=(x,y,z)。

取z=1,解得

又MN?平 面OCD,從 而MN//平 面OCD。

18.(1)因 為AA1⊥平 面ABC,AB,AC?平面ABC,所 以AA1⊥AB,AA1⊥AC。而AB⊥AC,故建立如圖15所示的空間直角坐標系。設|A1M|=a,a∈[0,1],則

圖15

A(0,0,0),A1(0,0,1),B(1,0,0),C(0,1,0),B1(1,0,1),M(0,a,1)。

(2)設平面BCM的法向量n=(x,y,z)。

取x=1,得n=(1,1,1-a)。

19.(1)因為PA⊥平面ABCD,CD?平面ABCD,所以PA⊥CD。因為AD⊥CD,PA∩AD=A,PA?平面PAD,AD?平面PAD,所以CD⊥平面PAD。

(2)以A為原點,在平面ABCD內過A作CD的平行線為x軸,AD為y軸,AP為z軸,建立空間直角坐標系,如圖16。

圖16

則A(0,0,0),E(0,1,1),P(0,0,2),B(2,-1,0)。

平面AEP的一個法向量為n=(1,0,0),平面AEF的一個法向量為m=(x,y,z)。

設二面角F-AE-P的平面角為θ,由圖可知θ為銳角,則

故二面角F-AE-P的余弦值為。

(3)存在這樣的λ。

若A,E,F,G四點共面,則AG在平面AEF內。

存在這樣的λ=,使 得A、E、F、G四點共面。

20.(1)如圖17,以O為原點,OA,OB,OP所 在 直 線 分 別 為x軸、y軸、z軸 建 立 空間直角坐標系,不妨設AB=2,則可得B(0,2,0),C(-2,0,0)。

圖17

因為BC∩PB=B,A1E?平面PBC,所以A1E//平面PBC。

(2) 由 (1) 知 △PBC的 重 心,則

若點O在平面PBC內的投影恰好為△PBC的重心,則:解得k=。

所以當k=時,點O在平面PBC內的投影恰好為△PBC的重心。

21.(1)在圖18中,連接CE。

因為DC//AB,CD=AB,E為AB的中點,所以DC//AE,且DC=AE,四邊形ADCE為平行四邊形,|AD|=|CE|=|CD|=|AE|=2。同理可證|DE|=2。

在圖19中,取DE的中點O,連接OA,OC,則|OA|=|OC|=。

圖19

因為|AD|=|AE|=|CE|=|CD|,所以DE⊥OA,DE⊥OC。

因 為OA∩OC=O,OA,OC?平 面AOC,所以DE⊥平面AOC。

因為AC?平面AOC,所以DE⊥AC。

(2)若選擇①:由(1)知DE⊥平面AOC,DE?平面BCDE,所以平面AOC⊥平面BCDE,且交線為OC。

過點A作AH⊥OC交OC于 點H,則AH⊥平面BCDE。

若選擇②:因為DC//EB,所以∠ACD即為異面直線AC與EB所成的角。

在 △ADC中, cos ∠ACD=,所以|AC|=。而|OA|2+|OC|2=|AC|2,即OA⊥OC。

因為DE⊥平 面AOC,DE?平 面BCDE,所以平面AOC⊥平面BCDE,且交線為OC。又OA?平面AOC,所以AO⊥平面BCDE。

22.(1)如圖20,在圓柱O1O2中,AE//CG,AE?平面O1CG,CG?平面O1CG,故AE//平 面O1CG。

圖20

連接DO1,因為等腰梯形ABCD為底面圓O1的內接四邊形,|AD|=|DC|=|BC|=1,所以∠AO1D=∠CO1D=∠BO1C=。

則△AO1D為正三角形,故∠O1AD=

因AD?平面O1CG,O1C?平面O1CG,故AD//平面O1CG。

又AE∩AD=A,AE,AD?平 面ADE,故平面ADE//平面O1CG。

(2)如圖21,以O1為坐標原點,在底面圓O1內過點O1垂直于平面ABFE作直線為x軸,以O1B,O1O2為y軸,z軸,建立空間直角坐標系。

圖21

由于|AD|=|DC|=|BC|=1,|CG|=1,由(1)可知|AO1|=1。