全国名校空间向量测试题（A卷）答案与提示

一、选择题

1.B 2.A 3.B 4.B 5.C 6.C 7.A 8.C 9.C 1 0.C 1 1.C 1 2.B 1 3.D 1 4.B 1 5.C 1 6.C 1 7.A 1 8.A 1 9.C 2 0.A 2 1.B 2 2.A 2 3.C 2 4.D 2 5.A 2 6.D 2 7.A 2 8.B 2 9.A 3 0.A 3 1.D 3 2.A

二、填空题

三、解答题

5 0.(1)因为点P在平面B C D E的射影O落在B E上,所以平面P B E⊥平面B C D E。

易知B E⊥C E,故C E⊥平面P B E。而B P⊂平面P B E,则P B⊥C E。

(2)以O为坐标原点,以过点O且平行于C D的直线为x轴,过点O且平行于B C的直线为y轴,直线P O为z轴,建立如图1所示直角坐标系。

图1

5 1.(1)连接B D,交A C于O,则O是B D的中点,故O G∥B E。又B E⊂平面B E F,且O G⊄平面B E F,所以O G∥平面B E F。

又E F∥A C,A C⊄平面B E F,E F⊂平面B E F,所以A C∥平面B E F。又A C∩O G=O,A C,O G⊂平面A C G,所以平面A C G∥平面B E F。

图2

(2)连接O F,由题意可得O C=1,即O C=E F。

又E F∥A C,所以四边形O C E F为平行四边形,O F∥E C,O F=E C

图3

因此,O F⊥平面A B C D,并且O F,O C O D两两垂直。

如图3,以O为坐标原点,分别以O C O D,O F所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则

令a=3,则b=1,c=-1,m=(3,1,-1)。

5 2.(1)由已知可得A F⊥D F,A F⊥E F,所以A F⊥平面E F D C。

(2)过点D作D G⊥E F,垂足为G。

图4

由(1)知D G⊥平面A B E F。

由(1)知∠D F E为二面角D-A F-E的平面角,故∠D F E=6 0°,则|D F|=2,|D G|。得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0)。

由已知得A B∥E F,所以A B∥平面E F D C。

又平面A B C D∩平面E F D C=C D,故A B∥C D,C D∥E F。

由B E∥A F,可得B E⊥平面E F D C,所以∠C E F为二面角C-B E-F的平面角,∠C E F=6 0°。

可取n=(3,0,-3)。

设m=(x1,y1,z1)是平面A B C D的法

同理可取m=(0,3,4)。

5 3.(1)因为A B=B C=1,A D=2,E是A D的中点,所以B E⊥A C。又B E⊥O A1,B E⊥O C,从而B E⊥平面A1O C。

又C D∥B E,所以C D⊥平面A1O C。

(2)由条件知平面A1B E⊥平面B C D E,又由(1)知,B E⊥O A1,B E⊥O C,所以∠A1O C为二面角A1-B E-C的平面

图5

取n2=(0,1,1)。

5 4.(1)在平行四边形A B C D中,因为A B=A C,∠B C D=1 3 5°,所以A B⊥A C。由E,F分别为B C,A D的中点,得E F∥A B,

所以E F⊥A C。

因为侧面P A B⊥底面A B C D,且∠B A P=9 0°,所以P A⊥底面A B C D。

又因为E F⊂底面A B C D,所以P A⊥E F。

因为P A∩A C=A,且P A⊂平面P A C,A C⊂平面P A C,所以E F⊥平面P A C。

图6

(2)如图6,因为P A⊥底面A B C D,A B⊥A C,所以A P,A B,A C两两垂直,故分别以A B,A C,A P为x轴、y轴和z轴,建立空间直角坐标系。

则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),D(-2,2,0),E(1,1,0),所以=(2,0,-2)(-2,2,0)。

设平面P B C的法向量为n=(x,y,z)。

令x=1,得n=(1,1,1)。

因为直线ME与平面P B C所成的角和直线ME与平面A B C D所成的角相等,所以

5 5.(1)以D为坐标原点,建立如图7所示的空间直角坐标系。

由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ),M(2,1,2),N(1,0,2),(-1,-1

图7

(2)设平面E F P Q的一个法向量为n=(x,y,z)。=(-2,0,2),所以是可取n=(λ,-λ,1)。

同理可得,平面P QMN的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1)。

则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1=λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±

因为四边形A DNM是矩形,MA⊥A D平面A DNM⊥平面A B C D且交线为A D,所以MA⊥平面A B C D。又D E⊂平面A BC D,所以D E⊥AM。

又AM∩A B=A,AM,A B⊂平面A BM,所以D E⊥平面A BM。P QMN。

5 6.(1)连接B D,由于四边形A B C D是

又D E⊂平面D EM,所以平面D EM⊥平面A BM。

(2)在线段AM上存在满足题意的点P,理由如下。

由D E⊥A B,A B∥C D,得D E⊥C D。

因为四边形A DNM是矩形,平面A DNM⊥平面A B C D且交线为A D,所以ND⊥平面A B C D。

以D为原点,D E,D C,DN所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图8所示的坐标系。

图8

5 7.(1)因为A B⊥A C,A B=A C,所以∠A C B=4 5°。

因为底面A B C D是直角梯形,∠A D C=9 0°,A D∥B C,所以∠A C D=4 5°,即A D=C D。

因为E F⊂平面P E F,所以平面P E F⊥平面P A C。

(2)因为P A⊥A C,A C⊥A B,且P A∩A B=A,P A,A B⊂平面P A B,所以A C⊥平面P A B。

则∠A P C为P C与平面P A B所成的角。

取B C的中点为G,连接A G,则A G⊥B C。以A为坐标原点,建立如图9所示的空间直角坐标系A-x y z。

则A(0,0,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),,P(0,0

图9

设平面P B E的法向量为n=(x,y,z),则: