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- 2021-06-19 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=a,=b,=c,用a,b,c表示,则等于( )
A.(b+c-a)
B.(a+b+c)
C.(a-b+c)
D.(c-a-b)
解析:选D.=++=(c-a-b).
2.已知a=(2,-1,3),b=(-1,4,-2),c=(7,5,λ),若a、b、c三个向量共面,则实数λ等于( )
A. B.9
C. D.
解析:选D.由题意知存在实数x,y使得c=xa+yb,
即(7,5,λ)=x(2,-1,3)+y(-1,4,-2),
由此得方程组
解得x=,y=,所以λ=-=.
3.已知A(1,0,0),B(0,-1,1),O为坐标原点,+λ与的夹角为120°,则λ的值为( )
A.± B.
C.- D.±
解析:选C.+λ=(1,-λ,λ),cos 120°==-,得λ=±.经检验λ=不合题意,舍去,所以λ=-.
4.如图,四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱,AB是一条侧棱,Pi(i=1,2,…,8)是上底面上其余的八个点,则·(i=1,2,…,8)的不同值的个数为( )
A.1 B.2
C.4 D.8
解析:选A.由题图知,AB与上底面垂直,因此AB⊥BPi(i=1,2,…,8),·=||||cos∠BAPi=||·||=1(i=1,2,…,8).故选A.
5.正方体ABCDA1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析:选D.不妨设正方体的棱长为1,如图,以点D为坐标原点,以DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),B(1,1,0),B1(1,1,1),平面ACD1的法向量为=(1,1,1),又=(0,0,1),所以cos〈,〉===,所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为 =.
6.如图所示,PD垂直于正方形ABCD所在平面,AB=2,E为PB的中点,cos〈,〉=,若以DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则点E的坐标为( )
A.(1,1,1) B.
C. D.(1,1,2)
解析:选A.设P(0,0,z),
依题意知A(2,0,0),B(2,2,0),则E,
于是=(0,0,z),=,
cos〈,〉===.
解得z=±2,由题图知z=2,故E(1,1,1).
7.在空间直角坐标系中,以点A(4,1,9),B(10,-1,6),C(x,4,3)为顶点的△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形,则实数x的值为__________.
解析:由题意知=(6,-2,-3),=(x-4,3,-6).
又·=0,||=||,可得x=2.
答案:2
8.已知2a+b=(0,-5,10),c=(1,-2,-2),a·c=4,|b|=12,则以b,c为方向向量的两直线的夹角为________.
解析:由题意得,(2a+b)·c=0+10-20=-10.
即2a·c+b·c=-10,又因为a·c=4,所以b·c=-18,
所以cos〈b,c〉===-,
所以〈b,c〉=120°,所以两直线的夹角为60°.
答案:60°
9.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外的一点,如果=(2,-1,-4),=(4,2,0),=(-1,2,-1).对于结论:①AP⊥AB;②AP⊥AD;③是平面ABCD的法向量;④∥.其中正确的是________.
解析:因为·=0,·=0,
所以AB⊥AP,AD⊥AP,则①②正确.
又与不平行,
所以是平面ABCD的法向量,则③正确.
因为=-=(2,3,4),=(-1,2,-1),
所以与不平行,故④错.
答案:①②③
10.在正三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱长为2,底面边长为1,M为BC的中点,=λ,且AB1⊥MN,则λ的值为________.
解析:如图所示,取B1C1的中点P,连接MP,以点M为原点,以,,的方向为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系Mxyz,
因为底面边长为1,侧棱长为2,则A,
B1(-,0,2),C,
C1,
M(0,0,0),设N,
因为=λ,所以N,
所以=,=.
又因为AB1⊥MN,所以·=0.
所以-+=0,所以λ=15.
答案:15
11.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是BB1,DD1的中点.求证:FC1∥平面ADE.
证明:如图所示,以点D为坐标原点,以DA,DC,DD1的正方向为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,
则有D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),E(2,2,1),F(0,0,1).
=(0,2,1),=(2,0,0),=(0,2,1).
设n=(x,y,z)是平面ADE的一个法向量,
则即解得
令z=2,则y=-1,所以n=(0,-1,2).
因为·n=-2+2=0.
所以⊥n.
因为FC1⊄平面ADE,
所以FC1∥平面ADE.
12.如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点O为底面中心,A1O⊥平面ABCD,AB=AA1=.
证明:A1C⊥平面BB1D1D.
证明:由题设易知OA,OB,OA1两两垂直,以O为原点,OA,OB,OA1的正方向为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
因为AB=AA1=,
所以OA=OB=OA1=1,
所以A(1,0,0),B(0,1,0),C(-1,0,0),D(0,-1,0),A1(0,0,1).由=,易得B1(-1,1,1).
因为=(-1,0,-1),=(0,-2,0),=(-1,0,1),
所以·=0,·=0,
所以A1C⊥BD,A1C⊥BB1.
又BD∩BB1=B,所以A1C⊥平面BB1D1D.
[综合题组练]
1.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且=1,N为B1B的中点,则
||为( )
A.a B.a
C.a D.a
解析:选A.以D为原点,以DA,DC,DD1的正方向为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,
则A(a,0,0),C1(0,a,a),
N.设M(x,y,z),
因为点M在AC1上且=,所以(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z),所以x=a,y=,z=.
所以M,所以||
= =a.
2.设A,B,C,D是不共面的四点,且满足·=0,·=0,·=0,则△BCD是( )
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.不确定
解析:选C.因为·=0,·=0,·=0,
所以AB⊥AC,AB⊥AD,AD⊥AC.如图所示,设=a,=b,=c,
所以BC2=a2+b2,BD2=a2+c2,CD2=b2+c2.
由余弦定理知BC2=BD2+CD2-2BD·CD·cos∠BDC,所以a2+b2=a2+c2+b2+c2-2··cos∠BDC,
所以cos∠BDC=>0,
所以∠BDC是锐角.
同理可知∠DBC,∠BCD都是锐角,故△BCD是锐角三角形.
3.已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=,若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=________,y0
=________,|b|=________.
解析:对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),说明当x=x0,y=y0时,|b-(xe1+ye2)|取得最小值1.
|b-(xe1+ye2)|2=|b|2+(xe1+ye2)2-2b·(xe1+ye2)=|b|2+x2+y2+xy-4x-5y,要使|b|2+x2+y2+xy-4x-5y取得最小值,需要把x2+y2+xy-4x-5y看成关于x的二次函数,即f(x)=x2+(y-4)x+y2-5y,其图象是开口向上的抛物线,对称轴方程为x=2-,所以当x=2-时,f(x)取得最小值,代入化简得f(x)=(y-2)2-7,显然当y=2时,f(x)min=-7,此时x=2-=1,所以x0=1,y0=2.此时|b|2-7=1,可得|b|=2.
答案:1 2 2
4.(2020·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥OABC中,已知OA,OB,OC两两垂直且相等,点P、Q分别是线段BC和OA上的动点,且满足BP≤BC,AQ≥AO,则PQ和OB所成角的余弦值的取值范围是________.
解析:根据题意,以O为原点,以OA,OB,OC正方向为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,不妨设OA=OB=OC=1,
则A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),P(0,b,1-b)(≤b≤1),Q(a,0,0)(0≤a≤).
=(-a,b,1-b),=(0,1,0),所以cos〈,〉===.
因为∈[0,1],∈[1,2],所以a=0,b=1时,cos〈,〉=1,取得最大值;a==b时,cos〈,〉=取得最小值,所以PQ和OB所成角的余弦值的取值范围是.
答案:
5.如图,在多面体ABCA1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC
=AB,B1C1綊BC,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=AB,
所以∠CAB=90°,
即CA⊥AB,
所以AB,AC,AA1两两互相垂直.
以A为原点,AC,AB,AA1为x轴,y轴,z轴,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)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),
设平面AA1C的一个法向量n=(x,y,z),
则即
即取y=1,则n=(0,1,0).
所以=2n,即∥n.
所以A1B1⊥平面AA1C.
(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),
设平面A1C1C的一个法向量m=(x1,y1,z1),
则即
令x1=1,则y1=-1,z1=1,
即m=(1,-1,1).所以·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,
所以⊥m,又AB1⊄平面A1C1C,
所以AB1∥平面A1C1C.
6.如图所示,四棱锥SABCD的底面是正方形,
每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.
(1)求证:AC⊥SD.
(2)若SD⊥平面PAC,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC?若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.
解:(1)证明:连接BD,设AC交BD于点O,连接SO,则AC⊥BD.
由题意知SO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点,,,分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Oxyz,如图.设底面边长为a,则高SO=a,
于是S,D,
B,C,
=,
=,
则·=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.
(2)侧棱SC上存在一点E,使BE∥平面PAC.
理由如下:
由已知条件知是平面PAC的一个法向量,
且=,=,
=.
设=t,则=+=+t
=,而·=0,解得t=.
即当SE∶EC=2∶1时,⊥.
而BE⊄平面PAC,故BE∥平面PAC.