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专题四 第3讲 空间向量和立体几何
专题四 第3讲 空间向量与立体几何[限时45分钟,满分75分]
一、选择题(每小题4分,共24分)
1.已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则平面ABC的单位法向量是
A.±(1,1,1) B.±
C.± D.±
解析 设平面ABC的法向量n=(x,y,z),
则n,n,
故n·=0,n·=0,
即-x+y=0,-x+z=0,取x=1,得y=z=1,即平面ABC的一个法向量是(1,1,1),单位化得±.故选C.
答案 C
2.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面π的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l平面π,则x的值为
A.-2 B.-
C. D.±
解析 线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故x2-2=0,解得x=±,故选D.
答案 D
3.平面α,β的法向量分别是n1=(1,1,1),n2=(-1,0,-1),则平面α,β所成锐角的余弦值是
A. B.-
C. D.-解析 cos〈n1,n2〉===-,故平面α,β所成角的余弦值是.
答案 C
4.点M在z轴上,它与经过坐标原点且方向向量为s=(1,-1,1)的直线l的距离为,则点M的坐标是
A.(0,0,±2) B.(0,0,±3)
C.(0,0,±) D.(0,0,±1)
解析 设M为(0,0,z),直线l的一个单位方向向量为s0=,
故点M到直线l的距离d= = =,解得z=±3.
答案 B
5.(2012·抚州一中月考)已知直线l的方向向量为l,直线m的方向向量为m,若l=αb+β c(α,βR),ma,ab,ac且a≠0,则直线m与直线l
A.共线 B.相交
C.垂直 D.不共面
解析 由ma且a≠0,可得:m=ta(tR),
所以m·l=m·(αb+βc)=αm·b+βm·c=αta·b+βta·c=0,故m与l垂直,即直线m与直线l垂直.
答案 C
6.正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1与平面ACD1所成角的余弦值为
A. B.
C. D.
解析 如图建立直角坐标系,设AB=1,
则=(1,1,0),
=(0,1,1),
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,则y=-1,x=1,
n=(1,-1,1).
又=(0,0,1),cos 〈,n〉=.
所以BB1与平面ACD1所成角的余弦值为=.
答案 D
二、填空题(每小题5分,共15分)
7.(2012·长沙一中月考)已知a=(2,-1,1),b=(-1,4,-2),c=(11,5,λ),若向量a、b、c共面,则λ=________.
解析 由向量a、b、c共面可得:c=xa+yb(x,yR),
故有,解得.
答案 1
8.已知2a+b=(0,-3,-10),c=(1,-2,-2),a·c=4,|b|=12,则〈b,c〉=________.
解析 因为(2a+b)·c=0×1+(-3)×(-2)+(-10)×(-2)=26,而(2a+b)·c=2a·c+b·c=8+b·c,故b·c=18.又|c|==3,
故cos〈b,c〉===,所以〈b,c〉=.
答案
9.如图,BCD与MCD都是边长为2的正三角形,平面MCD平面BCD,AB平面BCD,AB=2,则点A到平面MBC的距离等于________.解析 取CD的中点O,连接OB、OM,则OBCD,OMCD.又平面MCD平面BCD,则OM平面BCD,所以OMOB.以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.由已知得OB=OM=,则各点坐标分别为C(1,0,0),M(0,0,),B(0,-,0),A(0,-,2).所以=(1,,0),=(0,,),=(0,0,2).设n=(x,y,z)是平面MBC的法向量,由n,得x+y=0;由n,得y+z=0.令x=,则y=-1,z=1,所以n=(,-1,1)是平面MBC的一个法向量.所以点A到平面MBC的距离为==.
答案
三、解答题(每小题12分,共36分)
10.如图所示,正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直,ABE是等腰直角三角形,AB=AE,FA=FE,AEF=45°.(1)求证:EF平面BCE;
(2)设线段CD、AE的中点分别为P、M,求证:PM平面BCE.
证明 ABE是等腰直角三角形,AB=AE,
AE⊥AB.
又平面ABEF平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,
AE⊥平面ABCD,
AE⊥AD,即AD、AB、AE两两垂直,
故建立如图所示的空间直角坐标系.设AB=1,则AE=1,B(0,1,0),D(1,0,0),E(0,0,1),C(1,1,0).
(1)FA=FE,AEF=45°,AFE=90°,
从而F,=,=(0,-1,1),=(1,0
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