（浙江專版）2018年高中數(shù)學(xué) 回扣驗收特訓(xùn)（三）空間向量與立體幾何 新人教A版選修2-1.doc

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回扣驗收特訓(xùn)（三） 空間向量與立體幾何 1．已知a＋b＝(2，，2)，a－b＝(0，，0)，則cosa，b＝(　　) A．　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選C　由已知，得a＝(1，，)，b＝(1,0，)，∴cosa，b＝＝＝． 2．已知直線l過定點A(2,3,1)，且n＝(0,1,1)為直線l的一個方向向量，則點P(4,3,2)到直線l的距離為(　　) A． B． C． D． 解析：選A?。?－2,0，－1)，||＝，＝－，則點P到直線l的距離為 ＝＝． 3．如圖所示，已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1，則＝(　　) A．－2 B．2 C．－1 D．1 解析：選C?。剑?)2cos，＝2cos(180－60)＝2cos 120＝2＝－1．故選C． 4．如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面ABC，底面ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90，側(cè)棱AA1＝2，D，E分別是CC1與A1B的中點，點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G．則A1B與平面ABD所成角的正弦值為(　　) A． B． C． D． 解析：選A　以C為坐標(biāo)原點，CA所在的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，CC1所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示． 設(shè)CA＝CB＝a，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，A1(a,0,2)，D(0,0,1)，∴E，G，＝，＝(0，－a,1)． ∵點E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G， ∴⊥平面ABD，∴＝0，解得a＝2． ∴＝，＝(2，－2,2)， ∵⊥平面ABD， ∴為平面ABD的一個法向量． 又cos，＝＝＝， ∴A1B與平面ABD所成角的正弦值為． 5．如圖，已知矩形ABCD與矩形ABEF全等，二面角DABE為直二面角，M為AB的中點，F(xiàn)M與BD所成的角為θ，且cos θ＝，則＝(　　) A．1 B． C． D． 解析：選C　建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝1，BC＝λ，則F(λ，0,0)，M，B(0,1,0)，D(0,0，λ)． ∵＝，＝(0，－1，λ)． ∴cos θ＝＝＝， 解得λ＝，所以＝． 6．如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC為正三角形，且側(cè)棱AA1⊥底面ABC，且底面邊長與側(cè)棱長都等于2，O，O1分別為AC，A1C1的中點，則平面AB1O1與平面BC1O間的距離為(　　) A． B． C． D． 解析：選B　如圖，連接OO1，根據(jù)題意，OO1⊥底面ABC，則以O(shè)為原點，分別以O(shè)B，OC，OO1所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系． ∵AO1∥OC1，OB∥O1B1，AO1∩O1B1＝O1，OC1∩OB＝O，∴平面AB1O1∥平面BC1O．∴平面AB1O1與平面BC1O間的距離即為O1到平面BC1O的距離．∵O(0，0,0)，B(，0,0)，C1(0,1,2)，O1(0,0,2)，∴＝(，0,0)，＝(0,1,2)，＝(0,0,2)，設(shè)n＝(x，y，z)為平面BC1O的法向量，則n＝0，∴x＝0．又n＝0，∴y＋2z＝0，∴可取n＝(0,2，－1)．點O1到平面BC1O的距離記為d，則d＝＝＝．∴平面AB1O1與平面BC1O間的距離為． 7．如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為________． 解析：不妨設(shè)CB＝1，則B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)． ∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)． cos，＝＝＝． 答案： 8．如圖，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一個點Q滿足PQ⊥QD，則a的值等于________． 解析：如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則D(0，a,0)． 設(shè)Q(1，t,0)(0≤t≤a)． P(0,0，z)． 則＝(1，t，－z)， ＝(－1，a－t,0)． 由PQ⊥QD，得－1＋t(a－t)＝0，即t2－at＋1＝0． 由題意知方程t2－at＋1＝0只一解． ∴Δ＝a2－4＝0，a＝2，這時t＝1∈[0，a]． 答案：2 9．在正方體ABCDA1B1C1D1中，二面角A1BDC1的余弦值是________． 解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 設(shè)正方體的棱長為1，則B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，D(0,0,0)，則＝(－1,0,1)，＝(－1,0，－1)，＝(－1，－1,0)．設(shè)平面A1BD的一個法向量為n＝(x，y，z)，則即所以可取n＝(1，－1，－1)，同理可求得平面BC1D的一個法向量為m＝(1，－1,1)，則cosm，n＝＝，所以二面角A1BDC1的余弦值為． 答案： 10．如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，點D是BC的中點． (1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值； (2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值． 解：(1)以A為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A(0,0,0)，B(2,0,0)， C(0，2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2，4)，所以＝(2,0，－4)，＝(1，－1，－4)． 因為cos〈，〉＝＝＝， 所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為． (2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1＝(x，y，z)，因為＝(1,1,0)，＝(0,2,4)，所以n1＝0，n1＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一個法向量．取平面ABA1的一個法向量為n2＝(0,1,0)，設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為θ． 由|cos θ|＝＝＝，得sin θ＝． 因此，平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為． 11．如圖，直三棱柱ABCA′B′C′，∠BAC＝90，AB＝AC＝λAA′，點M，N分別為A′B和B′C′的中點． (1)證明：MN∥平面A′ACC′； (2)若二面角A′MNC為直二面角，求λ的值． 解：(1)證明：連接AB′，AC′，則AB′與A′B交于點M， 所以M為AB′的中點．又N為B′C′的中點， 所以MN∥AC′． 又MN?平面A′ACC′，AC′?平面A′ACC′， 所以MN∥平面A′ACC′． (2)以A為坐標(biāo)原點，分別以直線AB，AC，AA′為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，如圖所示． 設(shè)AA′＝1，則AB＝AC＝λ，于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)， 所以M，N． 故＝，＝， ＝． 設(shè)m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量， 由得可取m＝(1，－1，λ)． 設(shè)n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量， 由得 可取n＝(－3，－1，λ)． 因為A′MNC為直二面角，所以mn＝0． 即－3＋(－1)(－1)＋λ2＝0，解得λ＝． 12．四面體ABCD及其三視圖如圖所示，過棱AB的中點E作平行于AD，BC的平面分別交四面體的棱BD，DC，CA于點F，G，H． (1)證明：四邊形EFGH是矩形； (2)求直線AB與平面EFGH夾角θ的正弦值． 解：(1)證明：由該四面體的三視圖可知， BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1． 由題設(shè)，知BC∥平面EFGH， 平面EFGH∩平面BDC＝FG， 平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH． 同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG， ∴四邊形EFGH是平行四邊形． 又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC， ∴AD⊥BC，∴EF⊥FG， ∴四邊形EFGH是矩形． (2)法一：如圖，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系， 則D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， ＝(0,0,1)，＝(－2,2,0)，＝(－2,0,1)． 設(shè)平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)， ∵EF∥AD，F(xiàn)G∥BC， ∴n＝0，n＝0， 得取n＝(1,1,0)， ∴sin θ＝|cos，n|＝＝＝． 法二：如圖，以D為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系， 則D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， ∵E是AB的中點，∴F，G分別為BD，DC的中點， 得E，F(xiàn)(1,0,0)，G(0,1,0)． ∴＝，＝(－1,1,0)，＝(－2,0,1)． 設(shè)平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)， 則n＝0，n＝0， 得取n＝(1,1,0)． ∴sin θ＝|cos，n|＝＝＝．