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- 2021-06-16 发布
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[基础题组练]
1.已知三棱锥 OABC,点 M,N 分别为 AB,OC 的中点,且OA→ =a,OB→ =b,OC→ =c,
用 a,b,c 表示MN→ ,则MN→ 等于( )
A.1
2(b+c-a)
B.1
2(a+b+c)
C.1
2(a-b+c)
D.1
2(c-a-b)
解析:选 D.MN→ =MA→ +AO→ +ON→ =1
2(c-a-b).
2.已知 a=(2,1,-3),b=(-1,2,3),c=(7,6,λ),若 a,b,c 三向量共面,
则λ=( )
A.9 B.-9
C.-3 D.3
解析:选 B.由题意知 c=xa+yb,即(7,6,λ)=x(2,1,-3)+y(-1,2,3),所以
2x-y=7,
x+2y=6,
-3x+3y=λ,
解得λ=-9.
3.在空间四边形 ABCD 中,AB→·CD→ +AC→·DB→ +AD→ ·BC→=( )
A.-1 B.0
C.1 D.不确定
解析:选 B.如图,
令AB→=a,AC→=b,AD→ =c,
则AB→·CD→ +AC→·DB→ +AD→ ·BC→=a·(c-b)+b·(a-c)+c·(b-a)=a·c-a·b+b·a-b·c+c·b-
c·a=0.
4.如图,在大小为 45°的二面角 AEFD 中,四边形 ABFE,四边形 CDEF 都是边长为
1 的正方形,则 B,D 两点间的距离是( )
A. 3 B. 2
C.1 D. 3- 2
解析:选 D.因为BD→ =BF→+FE→+ED→ ,所以|BD→ |2=|BF→|2+|FE→|2+|ED→ |2+2BF→·FE→+2FE→·ED→
+2BF→·ED→ =1+1+1- 2=3- 2,所以|BD→ |= 3- 2.
5.已知 A(1,0,0),B(0,-1,1),O 为坐标原点,OA→ +λOB→ 与OB→ 的夹角为 120°,
则λ的值为( )
A.± 6
6 B. 6
6
C.- 6
6 D.± 6
解析:选 C.OA→ +λOB→ =(1,-λ,λ),cos 120°= λ+λ
1+2λ2· 2
=-1
2
,得λ=± 6
6 .经检
验λ= 6
6
不合题意,舍去,所以λ=- 6
6 .
6.如图所示,在长方体 ABCDA1B1C1D1 中,O 为 AC 的中点.用AB→,AD→ ,AA1
→ 表示OC1
→ ,
则OC1
→ =________.
解析:因为OC→ =1
2AC→
=1
2(AB→+AD→ ),
所以OC1
→ =OC→ +CC1
→ =1
2(AB→+AD→ )+AA1
→ =1
2AB→+1
2AD→ +AA1
→ .
答案:1
2AB→+1
2AD→ +AA1
→
7.已知 PA 垂直于正方形 ABCD 所在的平面,M,N 分别是 CD,PC 的中点,并且 PA=
AD=1.在如图所示的空间直角坐标系中,则 MN=________.
解析:连接 PD,因为 M,N 分别为 CD,PC 的中点,所以 MN=1
2PD,又 P(0,0,1),
D(0,1,0),
所以 PD= 02+(-1)2+12= 2,所以 MN= 2
2 .
答案: 2
2
8.如图所示,已知空间四边形 OABC,OB=OC,且∠AOB=∠AOC=π
3
,则 cos〈OA→ ,BC→〉
的值为________.
解析:设OA→ =a,OB→ =b,OC→ =c,
由已知条件得〈a,b〉=〈a,c〉=π
3
,且|b|=|c|,
OA→ ·BC→=a·(c-b)=a·c-a·b
=1
2|a||c|-1
2|a||b|=0,
所以OA→ ⊥BC→,
所以 cos〈OA→ ,BC→〉=0.
答案:0
9.如图,在多面体 ABCA1B1C1 中,四边形 A1ABB1 是正方形,AB=AC,BC= 2AB,B1C1
綊 1
2BC,二面角 A1ABC 是直二面角.
求证:(1)A1B1⊥平面 AA1C;
(2)AB1∥平面 A1C1C.
证明:因为二面角 A1ABC 是直二面角,
四边形 A1ABB1 为正方形,
所以 AA1⊥平面 BAC.
又因为 AB=AC,BC= 2AB,
所以∠CAB=90°,
即 CA⊥AB,
所以 AB,AC,AA1 两两互相垂直.
建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,
设 AB=2,则 A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).
(1)A1B1
→ =(0,2,0),A1A→ =(0,0,-2),AC→=(2,0,0),
设平面 AA1C 的一个法向量 n=(x,y,z),
则
n·A1A→ =0,
n·AC→=0,
即
-2z=0,
2x=0,
即 x=0,
z=0,
取 y=1,则 n=(0,1,0).
所以A1B1
→ =2n,
即A1B1
→ ∥n.
所以 A1B1⊥平面 AA1C.
(2)易知AB1
→ =(0,2,2),A1C1
→ =(1,1,0),A1C→ =(2,0,-2),
设平面 A1C1C 的一个法向量 m=(x1,y1,z1),
则
m·A1C1
→ =0,
m·A1C→ =0,
即 x1+y1=0,
2x1-2z1=0,
令 x1=1,则 y1=-1,z1=1,
即 m=(1,-1,1).
所以AB1
→ ·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,
所以AB1
→ ⊥m,
又 AB1 ⊆/ 平面 A1C1C,
所以 AB1∥平面 A1C1C.
10.如图,在底面是矩形的四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,E,F 分别是 PC,PD
的中点,PA=AB=1,BC=2.求证:
(1)EF∥平面 PAB;
(2)平面 PAD⊥平面 PDC.
证明:以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所在直线为 z 轴,
建立如图所示的空间直角
坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1),
所以 E
1
2
,1,1
2 ,
F 0,1,1
2 ,EF→= -1
2
,0,0 ,PB→=(1,0,-1),PD→ =(0,2,-1),AP→=(0,0,1),
AD→ =(0,2,0),DC→ =(1,0,0),AB→=(1,0,0).
(1)因为EF→=-1
2AB→,所以EF→∥AB→,即 EF∥AB.
又 AB 平面 PAB,EF ⊆/ 平面 PAB,
所以 EF∥平面 PAB.
(2)因为AP→·DC→ =(0,0,1)·(1,0,0)=0,
所以AP→⊥DC→ ,AD→ ⊥DC→ ,
即 AP⊥DC,AD⊥DC.
又 AP∩AD=A,所以 DC⊥平面 PAD.
所以平面 PAD⊥平面 PDC.
[综合题组练]
1.已知空间任意一点 O 和不共线的三点 A,B,C,若OP→ =xOA→ +yOB→ +zOC→ (x,y,z
∈R),则“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C 四点共面”的( )
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:选 B.当 x=2,y=-3,z=2 时,即OP→ =2OA→ -3OB→ +2OC→ .则AP→-AO→ =2OA→ -3(AB→
-AO→ )+2(AC→-AO→ ),即AP→=-3AB→+2AC→,根据共面向量定理知,P,A,B,C 四点共面;
反之,当 P,A,B,C 四点共面时,根据共面向量定理,设AP→=mAB→+nAC→(m,n∈R),即OP→
-OA→ =m(OB→ -OA→ )+n(OC→ -OA→ ),即OP→ =(1-m-n)OA→ +mOB→ +nOC→ ,即 x=1-m-n,y
=m,z=n,这组数显然不止 2,-3,2.故“x=2,y=-3,z=2”是“P,A,B,C 四点
共面”的充分不必要条件.
2.如图,正方形 ABCD 与矩形 ACEF 所在平面互相垂直,AB= 2,AF=1,M 在 EF 上,
且 AM∥平面 BDE,则 M 点的坐标为( )
A.(1,1,1)
B.
2
3
, 2
3
,1
C.
2
2
, 2
2
,1
D.
2
4
, 2
4
,1
解析:选 C.设 M 点的坐标为(x,y,1),因为 AC∩BD=O,所以 O
2
2
, 2
2
,0 ,
又 E(0,0,1),A( 2,2,0),
所以OE→ = - 2
2
,- 2
2
,1 ,AM→ =(x- 2,y- 2,1),
因为 AM∥平面 BDE,所以OE→ ∥AM→ ,
所以
x- 2=- 2
2
,
y- 2=- 2
2
,
⇒
x= 2
2
,
y= 2
2
,
所以 M 点的坐标为
2
2
, 2
2
,1 .
3.如图,在正四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,AA1=2,AB=BC=1,动点 P,Q 分别在线段
C1D,AC 上,则线段 PQ 长度的最小值是( )
A. 2
3 B. 3
3
C.2
3 D. 5
3
解析:选 C.设DP→ =λDC1
→ ,AQ→ =μAC→,(λ,μ∈[0,1]).
所以DP→ =λ(0,1,2)=(0,λ,2λ),
DQ→ =DA→ +μ(DC→ -DA→ )=(1,0,0)+μ(-1,1,0)=(1-μ,μ,0).
所以|PQ→ |=|DQ→ -DP→ |=|(1-μ,μ-λ,-2λ)|
= (1-μ)2+(μ-λ)2+4λ2
= 5 λ-μ
5
2
+9
5
μ-5
9
2
+4
9
≥ 4
9
=2
3
,
当且仅当λ=μ
5
,μ=5
9
,即λ=1
9
,μ=5
9
时取等号.
所以线段 PQ 长度的最小值为2
3.故选 C.
4.在正三棱柱 ABCA1B1C1 中,侧棱长为 2,底面边长为 1,M 为 BC 的中点,C1N→ =λ
NC→ ,且 AB1⊥MN,则λ的值为________.
解析:如图所示,取 B1C1 的中点 P,连接 MP,以MC→ ,MA→ ,MP→ 的方向为 x,y,z 轴正
方向建立空间直角坐标系,
因为底面边长为 1,侧棱长为 2,则 A 0, 3
2
,0 ,B1(-1
2
,0,2),C
1
2
,0,0 ,C1
1
2
,0,2 ,
M(0,0,0),设 N
1
2
,0,t ,
因为C1N→ =λNC→ ,所以 N
1
2
,0, 2
1+λ ,
所以AB1
→ = -1
2
,- 3
2
,2 ,MN→ =
1
2
,0, 2
1+λ .
又因为 AB1⊥MN,所以AB1
→ ·MN→ =0.
所以-1
4
+ 4
1+λ
=0,所以λ=15.
答案:15
5.在四棱锥 PABCD 中,PD⊥底面 ABCD,底面 ABCD 为正方形,PD=DC,E,F
分别是 AB,PB 的中点.
(1)求证:EF⊥CD;
(2)在平面 PAD 内是否存在一点 G,使 GF⊥平面 PCB?若存在,求出点 G 坐标;若不
存在,试说明理由.
解:
(1)证明:由题意知,DA,DC,DP 两两垂直.
如图,以 DA,DC,DP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,设 AD
=a,
则 D(0,0,0),A(a,0,0),B(a,a,0),C(0,a,0),E a,a
2
,0 ,P(0,0,a),F
a
2
,a
2
,a
2 .
EF→= -a
2
,0,a
2 ,DC→ =(0,a,0).
因为EF→·DC→ =0,
所以EF→⊥DC→ ,从而得 EF⊥CD.
(2)存在.理由如下:假设存在满足条件的点 G,
设 G(x,0,z),则FG→ = x-a
2
,-a
2
,z-a
2 ,
若使 GF⊥平面 PCB,则由
FG→ ·CB→= x-a
2
,-a
2
,z-a
2 ·(a,0,0)
=a x-a
2 =0,得 x=a
2
;
由FG→ ·CP→= x-a
2
,-a
2
,z-a
2 ·(0,-a,a)=a2
2
+a z-a
2 =0,得 z=0.
所以 G 点坐标为
a
2
,0,0 ,
故存在满足条件的点 G,且点 G 为 AD 的中点.
6.如图,棱柱 ABCDA1B1C1D1 的所有棱长都等于 2,∠ABC 和∠A1AC 均为 60°,平
面 AA1C1C⊥平面 ABCD.
(1)求证:BD⊥AA1;
(2)在直线 CC1 上是否存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1,若存在,求出点 P 的位置,若不
存在,请说明理由.
解:(1)证明:
设 BD 与 AC 交于点 O,则 BD⊥AC,连接 A1O,在△AA1O 中,AA1=2,AO=1,∠A1AO
=60°,
所以 A1O2=AA21+AO2-2AA1·AOcos 60°=3,
所以 AO2+A1O2=AA21,
所以 A1O⊥AO.
由于平面 AA1C1C⊥平面 ABCD,且平面 AA1C1C∩平面 ABCD=AC,A1O 平面 AA1C1C,
所以 A1O⊥平面 ABCD.以 OB,OC,OA1 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示
的空间直角坐标系,则 A(0,-1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0),A1(0,
0, 3),C1(0,2, 3).
由于BD→ =(-2 3,0,0),AA1
→ =(0,1, 3),
AA1
→ ·BD→ =0×(-2 3)+1×0+ 3×0=0,
所以BD→ ⊥AA1
→ ,即 BD⊥AA1.
(2)存在.理由如下:
假设在直线 CC1 上存在点 P,使 BP∥平面 DA1C1,
设CP→=λCC1
→ ,P(x,y,z),则(x,y-1,z)=λ(0,1, 3).
从而有 P(0,1+λ, 3λ),BP→=(- 3,1+λ, 3λ).
设平面 DA1C1 的法向量为 n=(x2,y2,z2),
则
n⊥A1C1
→ ,
n⊥DA1
→ ,
又A1C1
→ =(0,2,0),DA1
→ =( 3,0, 3),
则 2y2=0,
3x2+ 3z2=0,
取 n=(1,0,-1),
因为 BP∥平面 DA1C1,
则 n⊥BP→,即 n·BP→=- 3- 3λ=0,得λ=-1,
即点 P 在 C1C 的延长线上,且 C1C=CP.
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