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- 2021-07-01 发布
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第3章
(考试时间90分钟,满分120分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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.设a=(x,2y,3),b=(1,1,6),且a∥b,则x+y等于( )
A. B.
C. D.2
解析: ∵a∥b,∴x=2y=,
∴x=,y=.
∴x+y=.
答案: B
2.若a=(0,1,-1),b=(1,1,0),且(a+λb)⊥a,则实数λ的值是( )
A.-1 B.0
C.1 D.-2
解析: a+λb=(0,1,-1)+(λ,λ,0)=(λ,1+λ,-1),
因为(a+λb)·a=(λ,1+λ,-1)·(0,1,-1)
=1+λ+1=2+λ=0,
所以λ=-2.
答案: D
3.若向量(1,0,z)与向量(2,1,0)的夹角的余弦值为,则z等于( )
A.0 B.1
C.-1 D.2
解析: 由题知=,
=,
1=,∴z=0.
答案: A
4.若a=e1+e2+e3,b=e1-e2-e3,c=e1-e2,d=3e1+2e2+e3({e1,e2,e3}为空间的一个基底),且d=xa+yb+zc,则x,y,z分别为( )
A.,,-1 B.,,1
C.-,,1 D.,-,1
解析: d=xa+yb+zc=x(e1+e2+e3)+y(e1-e2-e3)
+z(e1-e2).
∴∴
答案: A
5.若直线l的方向向量为a=(1,-1,2),平面α的法向量为u=(-2,2,-4),则( )
A.l∥α B.l⊥α
C.l⊂α D.l与α斜交
解析: ∵u=-2a,∴u∥a,
∴l⊥α,故选B.
答案: B
6.在平行六面休ABCD-A′B′C′D′中,若=x+2y+3z,则x+y+z等于( )
A.1 B.
C. D.
解析: 如图,
=++
=+-,
所以x=1,2y=1,3z=-1,
所以x=1,y=,z=-,
因此x+y+z=1+-=.
答案: B
7.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E为AA1的中点,则异面直线BE与CD1
所成的角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析: 以DA,DC,DD1所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(1,0,1),C(0,1,0),D1(0,0,2).
∴=(0,-1,1),=(0,-1,2).
∴cos〈,〉===.故选C.
答案: C
8.已知空间四个点A(1,1,1),B(-4,0,2),C(-3,-1,0),
D(-1,0,4),则直线AD与平面ABC所成的角为( )
A.60° B.45°
C.30° D.90°
解析: 设n=(x,y,1)是平面ABC的一个法向量.
∵=(-5,-1,1),=(-4,-2,-1),
∴∴
∴n=.
又=(-2,-1,3),设AD与平面ABC所成的角为θ,
则sin θ===,∴θ=30°.故选C.
答案: C
9.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析:
以点D为原点,DA,DC,DD1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,设正方体的棱长为1,则=(-1,1,-1),=(-1,1,1).
又可以证明A1C⊥平面BC1D,AC1⊥平面A1BD,又cos〈,〉=,结合图形可知平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为.故选B.
答案: B
10.如右图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别为棱AA1、BB1的中点,G为棱A1B1上的一点,且A1G=λ(0≤λ≤1),则点G到平面D1EF的距离为( )
A. B.
C. D.
解析: 因为A1B1∥EF,G在A1B1上,
所以G到平面D1EF的距离即为A1到平面D1EF的距离,
即是A1到D1E的距离,D1E=,
由三角形面积可得所求距离为=.故选D.
答案: D
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
11.若a=(2,-3,5),b=(-3,1,-4),则|a-2b|=________.
解析: 因为a-2b=(8,-5,13),
所以|a-2b|==.
答案:
12.设a=(2,-3,1),b=(-1,-2,5),d=(1,2,-7),c⊥a,c⊥b,且c·d=10,则c=________.
解析: 设c=(x,y,z),
根据题意得
解得
答案:
13.直角△ABC的两条直角边BC=3,AC=4,PC⊥平面ABC,PC=,则点P到斜边AB的距离是________.
解析:
以C为坐标原点,CA、CB、CP为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(4,0,0),B(0,3,0),P,
所以=(-4,3,0),
=,
所以在AB上的投影长为=,
所以P到AB的距离为
d===3.
答案: 3
14.平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=2,AD=1,且AB,AD,AA1的夹角都是60°,则·=________.
解析: =++,=++,
·=(++)·(++)
=(++)·(-+)
=·-||2+·+||2-·+·+·-·+||2
=2×1×cos 60°-4+1-2×1×cos 60°+1×2×cos 60°×2+4=3.
答案: 3
三、解答题(本大题共4小题,共50分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分12分)
如图所示,已知ABCD-A1B1C1D1是平行六面体.
(1)化简++,并在图上标出结果;
(2)设M是底面ABCD的中心,N是侧面BCC1B1对角线BC1上的分点,
设=α+β+γ,试求α、β、γ的值.
解析:
(1)如图所示,取AA1的中点E,在D1C1上取一点F,使得D1F=2FC1,则
=++.
(2)=+=+
=(+)+(+)
=++.
∴α=,β=,γ=.
16.(本小题满分12分)如图,在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,PA=AB=2,BC=4.求点B到平面PCD的距离.
解析: 如图,以A为原点,AD、AB、AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.
则依题意可知A(0,0,0),B(0,2,0),C(4,2,0),D(4,0,0),
P(0,0,2),
=(4,0,-2),=(0,-2,0),=(4,0,0),
设面PCD的一个法向量为n=(x,y,1),
则⇒⇒
所以面PCD的一个单位法向量为=,
所以==,
则点B到平面PCD的距离为.
17.(本小题满分12分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.
(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值;
(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?证明你的结论.
解析: 设正方体的棱长为1,如图所示,
以,,为单位正交基底建立空间直角坐标系.
(1)依题意,得B(1,0,0),
E,A(0,0,0),D(0,1,0),
所以=,=(0,1,0),
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
因为AD⊥平面ABB1A1,
所以是平面ABB1A1的一个法向量,
设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ,
则sin θ===.
即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.
(2)依题意,得A1(0,0,1),=(-1,0,1),=(-1,1,),
设n=(x,y,z)是平面A1BE的一个法向量,
则由n·=0,n·=0,
得,
所以x=z,y=z.
取z=2,得n=(2,1,2).
设F是棱C1D1上的点,
则F(t,1,1)(0≤t≤1).
又B1(1,0,1),所以=(t-1,1,0),
面B1F⊄平面A1BE,
于是B1F∥平面A1BE⇔·n=0
⇔(t-1,1,0)·(2,1,2)=0
⇔2(t-1)+1=0
⇔t=⇔F为C1D1的中点.
这说明在棱C1D1上存在点F使B1F∥平面A1BE.
18.(本小题满分14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA1.
(1)求证:CD=C1D;
(2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;
(3)求点C到平面B1DP的距离.
解析: 如图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z
轴建立空间直角坐标系,则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1).
(1)证明:设C1D=x,∵AC∥PC1,
∴==.
由此可得D(0,1,x),P.
∴=(1,0,1),=(0,1,x),=.
设平面BA1D的一个法向量为n1=(a,b,c),
令c=-1,得n1=(1,x,-1).
∵PB1∥平面BDA1,
∴n1·=1×(-1)+x·+(-1)×0=0.
由此可得x=.故CD=C1D.
(2)由(1)知,平面BA1D的一个法向量n1=.
又n2=(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量,
∴cos〈n1·n2〉===.
故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为.
(3)∵=(1,-2,0),=,
设平面B1DP的一个法向量为n3=(a1,b1,c1).
令c1=1,可得n3=.
又=,
∴C到平面B1DP的距离d==.