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- 2021-06-24 发布
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2020届一轮复习人教B版 空间向量与立体几何 作业
一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.在以下命题中,不正确的有( )
①|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件;
②若a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λb;
③若向量a,b,c构成空间的一个基底,则a+b,b+c,c+a构成空间的另一个基底;
④|(a·b)c|=|a||b||c|.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
解析:只有③正确,故选C.
答案:C
2.
如图,已知四面体ABCD,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,AC的中点,则12(AB+BC+CD)=( )
A.BF B.EH
C.HG D.FG
解析:∵12(AB+BC+CD)=12(AC+CD)=12AD,
又∵HG=12AD,∴12(AB+BC+CD)=HG.
答案:C
3.已知A(2,-4,-1),B(-1,5,1),C(3,-4,1),D(0,0,0),令a=CA,b=CB,则a+b=( )
A.(5,-9,2) B.(-5,9,-2)
C.(5,9,-2) D.(5,-9,-2)
解析:∵A(2,-4,-1),B(-1,5,1),C(3,-4,1),D(0,0,0),
∴a=CA=(-1,0,-2),b=CB=(-4,9,0),
∴a+b=(-5,9,-2).
答案:B
4.已知O-ABC是四面体,G1是△ABC的重心,G是OG1上一点,且OG=3GG1,若OG=xOA+yOB+zOC,则(x,y,z)为( )
A.14,14,14 B.34,34,34
C.13,13,13 D.23,23,23
解析:如图,
连接AG1并延长交BC于点E,则E为BC的中点,
∴AE=12(AB+AC)=12(OB-2OA+OC),AG1=23AE=13(OB-2OA+OC).
∵OG=3GG1=3(OG1-OG),∴OG=34OG1=34(OA+AG1)=34OA+13OB-23OA+13OC=14OA+14OB+14OC,故选A.
答案:A
5.设x>y>0>z,空间向量m=x,1x,3z,n=x,1y+1x-y,3z,且x2+9z2=4y(x-y),则m·n的最小值是( )
A.2 B.4 C.25 D.5
解析:∵空间向量m=x,1x,3z,n=x,1y+1x-y,3z,
∴m·n=x2+1x·1y+1x-y+9z2
=4y(x-y)+1y(x-y)
≥24y(x-y)·1y(x-y)=4.
当且仅当4y(x-y)=1y(x-y)时取等号.
则m·n的最小值是4.
答案:B
6.
如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则( )
A.EF至多与A1D,AC之一垂直
B.EF与A1D,AC都垂直
C.EF与BD1相交
D.EF与BD1异面
解析:以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为3,则A(3,0,0),C(0,3,0),D(0,0,0),A1(3,0,3),E(1,0,1),F(2,1,0),B(3,3,0),D1(0,0,3),∴A1D=(-3,0,-3),AC=(-3,3,0),EF=(1,1,-1),∴A1D·EF=0,AC·EF=0,∴A1D⊥EF,AC⊥EF,∴A1D⊥EF,AC⊥EF.又BD1=(-3,-3,3),
∴BD1=-3EF,即BD1与EF平行.故选B.
答案:B
7.已知空间三点O(0,0,0),A(-1,1,0),B(0,1,1),在直线OA上有一点H满足BH⊥OA,则点H的坐标为( )
A.(-2,2,0) B.(2,-2,0)
C.-12,12,0 D.12,-12,0
解析:由OA=(-1,1,0),且点H在直线OA上,可设H(-λ,λ,0),则BH=(-λ,λ-1,-1).又BH⊥OA,
∴BH·OA=0,即(-λ,λ-1,-1)·(-1,1,0)=0,即λ+λ-1=0,解得λ=12,∴H-12,12,0,故选C.
答案:C
8.
如图,正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面内的投影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是( )
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
解析:
如图,以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-2,a2,则CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,a2,CB=(a,a,0),设平面PAC的一个法向量为n,可取n=(0,1,1),则cos=CB·n|CB|·|n|=a2a2·2=12,所以=60°,所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.
答案:A
9.
如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1的中点,则点E到平面ABC1D1的距离是( )
A.32 B.22
C.12 D.33
解析: 建立如图所示的坐标系,
∵正方体的棱长为1,
∴A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),C1(0,1,1),D1(0,0,1),E1,12,1.
设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z).
∴n·AB=0,且n·BC1=0,即(x,y,z)·(0,1,0)=0,且(x,y,z)·(-1,0,1)=0.
∴y=0,且-x+z=0,令x=1,则z=1,∴n=(1,0,1).
∴n0=22,0,22.又EC1=-1,12,0,
∴点E到平面ABC1D1的距离为|EC1·n0|=-1,12,0·22,0,22=22.
答案:B
10.
如图,在四面体P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=BC=CA=PC,则平面ABP与平面APC的夹角的余弦值为( )
A.22 B.33
C.77 D.57
解析:
取AC的中点D,连接BD,过D作DE∥PC,以DB,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.由图知平面APC的法向量为DB.
设AB=1,
则D(0,0,0),B32,0,0,A0,-12,0,C0,12,0,P0,12,1,
∴DB=32,0,0,PA=(0,-1,-1),PB=32,-12,-1.
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则n·PA=0,n·PB=0,即z=-y,x=-33y,
令y=3,∴n=(-3,3,-3).
∴cos=-3232×21=-77,
即平面ABP与平面APC的夹角的余弦值为77.
答案:C
11.设a,b为非零向量,|b|=2|a|,两组向量x1,x2,x3,x4和y1,y2,y3,y4均由2个a和2个b排列而成,若x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4所有可能取值中的最小值为4|a|2,则a与b的夹角为( )
A.2π3 B.π3 C.π6 D.0
解析:设a与b的夹角为θ.x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4有以下三种可能:
①2a·a+2b·b=2|a|2+2|b|2=10|a|2;
②4a·b=4|a|·2|a|cos θ=8|a|2cos θ;
③a·a+2a·b+b·b=|a|2+2|a||b|cos θ+|b|2=5|a|2+4|a|2cos θ.
由此易知②最小,则8|a|2cos θ=4|a|2,
解得cos θ=12,∴θ=π3.
答案:B
12.导学号90074051已知平面α与平面β的夹角为60°,AB⫋α,AB⊥l,A为垂足,CD⫋β,C∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A.14 B.24 C.34 D.12
解析:如图,
在平面α内过C作CE∥AB,
则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角或其补角,不妨取CE=1,过E作EO⊥β于O.
在平面β内过O作OH⊥CD于H,
连EH,则EH⊥CD.
因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l.
又因为EO⊥平面β,所以CO⊥l,所以∠ECO=60°.
而∠ACD=135°,CO⊥l,所以∠OCH=45°.
在Rt△ECO中,CO=CE·cos∠ECO=1·cos 60°=12.在Rt△COH中,CH=CO·cos∠OCH=12·sin 45°=24.在Rt△ECH中,cos∠ECH=CHCE=241=24.所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为24.故选B.
答案:B
二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)
13.已知l∥α,且l的方向向量为(2,m,1),平面α的法向量为1,12,2,则m= .
解析:∵l∥α,∴l的方向向量与平面α的法向量垂直,即(2,m,1)·1,12,2=0,∴2+12m+2=0,∴m=-8.
答案:-8
14.已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,设AB=a,AD=b,AA'=c,则a+b+12c= .
解析:
如图,取CC'中点E,连接AC,AE.
∵正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,
AB=a,AD=b,AA'=c,
∴a+b+12c=AB+BC+CE=AE.
∴a+b+12c=|AE|=AC2+CE2=(12+12)+122=32.
答案:32
15.
如图,PD垂直于正方形ABCD所在的平面,AB=2,E为PB的中点,cos