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第3课时空间向量与立体几何
课后训练巩固提升
A组
1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1的夹角为().
A.π2 B.π
C.π4 D.
解析:如答图,连接BC1,PC1.
(第1题答图)
由正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1的夹角.
设正方体的棱长为1,
则A1C1=BC1=2,B1P=C1P=12A1C1=2
而BP=BB
可得C1P2+BP2=BC12,故C1P
则在Rt△BPC1中,sin∠PBC1=C1
于是∠PBC1=π6
即直线PB与AD1的夹角等于π6
答案:D
2.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=1
(第2题)
A.EF至多与A1D,AC之一垂直
B.EF⊥A1D,EF⊥AC
C.EF与BD1相交
D.EF与BD1异面
答案:B
3.已知线段MN的两个端点为M(3,-2,2),N(1,2,2),则MN所在直线与坐标平面().
A.xOy平行 B.xOz平行
C.yOz平行 D.yOz相交
解析:∵MN=(-2,4,0),
∴MN∥平面xOy.故选A.
答案:A
4.把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角,点E,F分别是AD,BC的中点,O是正方形中心,则折起后,∠EOF的大小为().
A.45° B.90° C.120° D.60°
解析:∵OE=12
∴OE·
由题意知∠BOD为直二面角的平面角,
∴OD⊥OB,从而
∴OE·OF=-14
又|OE|=|OF|=22
∴cosOE,OF=-1
∴∠EOF=120°.故选C.
答案:C
5.已知AB,BC,CD为两两垂直的三条线段,且它们的长都为2,则AD的长为().
A.4 B.2 C.3 D.23
解析:AD=AB+BC+CD,|AD|2=|AB+BC+CD|2=|AB|2+|BC|2+|CD|2+2AB·BC+2AB
∴|AD|=23,故选D.
答案:D
6.若平面α的一个法向量为u1=(-3,y,2),平面β的一个法向量为u2=(6,-2,z),且α∥β,则y+z=.?
解析:由题意得-36=
又6-3=z2
答案:-3
7.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若AB=2BB1,则AB1与C1B的夹角的大小为.?
(第7题)
解析:根据题意,可取AC的中点D,建立如答图的空间直角坐标系.
(第7题答图)
设AB=a,则B32a,0,0,C10,a2,22a,A0,-a2,0,B132a,0,22a,
∴AB1=(32a,a2,22a),C1B=
∴cosAB1,
∴AB1与C1B的夹角为90°.
答案:90°
8.如图,在三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=2
(第8题)
(1)求证:DE⊥平面PCD;
(2)求二面角A-PD-C的平面角的余弦值.
(1)证明:因PC⊥平面ABC,DE?平面ABC,
故PC⊥DE.
由CE=2,CD=DE=2,得△CDE为等腰直角三角形,CD⊥DE.
因为PC∩CD=C,且CD?平面PCD,PC?平面PCD,即DE垂直于平面PCD内两条相交直线,
所以DE⊥平面PCD.
(第8题答图)
(2)解:由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,所以∠DCE=π4
由∠ACB=π2,得DF∥AC,所以DFAC=FBBC
如答图,以C为原点,CA,CB,CP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),P(0,0,3),A(32,0,0)
所以ED=(1,-1,0),DP=(-1,-1,3),DA=(12,-1,0).设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1
则n1⊥DP,n1⊥DA.
由n1·DP=0,n1·DA=0,
得-
不妨取y1=1,则x1=2,z1=1,故可得n1=(2,1,1).
由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为ED,即n2=(1,-1,0),从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cosn1,n2=n1
由图形知二面角A-PD-C的平面角为锐角,因此,平面角的余弦值为36
9.如图,在多面体EF-ABCD中,正方形ADEF与梯形ABCD所在平面互相垂直,AB∥CD,AD⊥CD,AB=AD=1,CD=2,M,N分别为EC和BD的中点.
(第9题)
(1)求证:BC⊥平面BDE;
(2)求直线MN与平面BMC夹角的正弦值.
(1)证明:如答图,在梯形ABCD中,取CD的中点H,连接BH,则DH=1.
(第9题答图)
因为AD=AB=DH,AB∥
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