第一章测评(二)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.若平面α⊥平面β,且平面α的一个法向量为n=,则平面β的法向量可以是( )
A. B.(2,-1,0)
C.(1,2,0) D.
2.已知a=(1,k,-2),b=(2k,2,4),若a∥b,则实数k的值为( )
A.-2 B.2 C.-1 D.1
3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,P是线段D1B上一点,且BP=2D1P,若=x+y+z,则x+y+z=( )
A. B. C. D.1
4.已知直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),则两直线所成角的余弦值为( )
A. B. C.- D.
5.若平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),则平面α与β所成的角等于( )
A.30° B.45°
C.60° D.90°
6.[2023山西高二阶段练习]有以下命题:①若p=xa+yb,则p与a,b共面;②若p与a,b共面,则p=xa+yb;③若=x+y,则P,M,A,B四点共面;④若P,M,A,B四点共面,则=x+y;⑤若存在λ,μ∈R,使λa+μb=0,则λ=μ=0;⑥若a,b不共线,则空间任一向量p=λa+μb(λ,μ∈R).其中真命题是( )
A.①② B.①③
C.②③④ D.③④⑥
7. 《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年,例如堑堵指底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱;鳖臑指的是四个面均为直角三角形的三棱锥.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,若AB=,AA1=2,当鳖臑A1-ABC体积最大时,直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
8.已知向量a=(ax,ay,az),b=(bx,by,bz),{i,j,k}是空间中的一组单位正交基底.规定向量积的行列式计算:a×b=(aybz-azby)i+(azbx-axbz)j+(axby-aybx)k==,-,其中行列式计算表示为=ad-bc.若向量=(2,1,4),=(3,1,2),则=( )
A.(-4,-8,-1) B.(-1,4,-8)
C.(-2,8,-1) D.(-1,-4,-8)
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9.如图,已知三棱锥O-ABC,E,F分别是OA,BC的中点,P为线段EF上一点,且PF=2EP,设=a,=b,=c,则下列等式成立的是( )
A.b+c
B.=-a+b+c
C.=-a+b+c
D.a+b+c
10.在下列条件中,不能使M与A,B,C一定共面的是( )
A.=2
B.
C.=0
D.=0
11. [2023湖南祁东高二阶段练习]如图,一个结晶体的形状为平行六面体ABCD-A1B1C1D1,其中,以顶点A为端点的三条棱长都相等,且它们彼此的夹角都是60°,下列说法中正确的是( )
A.=2
B.·()=0
C.向量的夹角是60°
D.BD1与AC所成角的余弦值为
12. [2023安徽六安高一期末]如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱B1C1,BB1的中点,G为面对角线A1D上的一个动点,则( )
A.三棱锥B1-EFG的体积为定值
B.线段A1D上存在点G,使A1C⊥平面EFG
C.线段A1D上存在点G,使平面EFG∥平面ACD1
D.设直线FG与平面ADD1A1所成角为θ,则sin θ的最大值为
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.已知空间中两点A=(2,2,0),B=(3,y,1),向量a=(3,-1,3),a∥,则|a|= ,y= .
14.在三棱锥D-ABC中,已知AB=AD=2,BC=1,=-3,则CD= .
15. 如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,PA⊥平面ABC,AE⊥PB于点E,M是AC的中点,PB=1,则的最小值为 .
16.已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,∠A1AD=∠A1AB=∠BAD=60°,AA1=AB=AD,E为A1D1的中点.给出下列四个说法:①∠BCC1为异面直线AD与CC1所成的角;②三棱锥A1-ABD是正三棱锥;③CE⊥平面BB1D1D;④=-.其中正确的说法有 .(写出所有正确说法的序号)
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分) 已知在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,AD=1,且∠DAB=∠BAA1=∠DAA1=.
(1)求B1D的长;
(2)求夹角的余弦值.
18.(12分)已知a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m).
(1)若a+2b-3c=(6,-3,1),求实数m的值;
(2)若m=2,求a·(b+c)的值.
19.(12分)如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1,∠BCA=90°,AC=BC=2,AC的中点为D,且A1D⊥平面ABC,A1D=.
(1)求证:A1B⊥AC1;
(2)在线段CC1上找一点M,使得直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为.
20.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,PA=AD=2,M,N分别是AB,PC的中点.
(1)求证:平面MND⊥平面PCD;
(2)求点P到平面MND的距离.
21.(12分)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.
(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值;
(2)求平面ADC1与平面ABA1夹角的余弦值.
22.(12分)在矩形ABCD中,AB=3,AD=2,点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点,点F是线段AD上的一个动点,且=λ(0≤λ≤1).如图,将△BCE沿BE折起至△BEG,使得平面BEG⊥平面ABED.
(1)当λ=时,求证:EF⊥BG.
(2)是否存在λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为 若存在,求出λ的值;若不存在,请说明理由.
第一章测评(二)
1.C 因为平面α⊥平面β,所以平面α的法向量与平面β的法向量互相垂直.
设平面β的法向量为m=(x,y,z),则有n·m=-2x+y+z=0,即4x-2y-z=0.
对于A,4×1-2×≠0,故A不成立;
对于B,4×2-2×(-1)-0≠0,故B不成立;
对于C,4×1-2×2-0=0,故C成立;
对于D,4×-2×1-2≠0,故D不成立.
2.C 根据题意,a∥b,设a=tb(t∈R),
即(1,k,-2)=t(2k,2,4)=(2kt,2t,4t),
则有解得k=-1.
3.A ∵BP=2D1P,
∴=2,
即=2()=2-2,
即3+2,
即,
所以x=,y=,z=,所以x+y+z=.
4.D 直线l1的一个方向向量为a=(1,-2,2),
直线l2的一个方向向量为b=(1,2,0),
则两直线所成角的余弦值为
|cos
|=.
5.D 平面α的一个法向量为n1=(1,0,1),平面β的一个法向量是n2=(-3,1,3),
∴cos==0.
∴平面α与β所成的角等于90°.
6.B ①正确,由平面向量基本定理可得,若p=xa+yb,则p与a,b共面;
②不正确,若a,b均为零向量,p为非零向量,则后式不成立;
③正确,由平面向量基本定理得;
④不正确,若均为零向量,为非零向量,则后式不成立;
⑤不正确,若a,b为相反向量,则a+b=0,λ=μ=1;
⑥不正确,若a,b不共线,当p与a,b所在的平面垂直时,则后式不成立.
故选B.
7.A 在堑堵ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,AB=,AA1=2,当鳖臑A1-ABC体积最大时,AC=BC=1.
以C为原点,CA为x轴,CB为y轴,CC1为z轴,建立空间直角坐标系,则B1(0,1,2),C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),则=(0,-1,-2),=(1,-1,0),=(0,0,2).
设平面ABB1A1的法向量n=(x,y,z),
则
取x=1,得n=(1,1,0).
设直线B1C与平面ABB1A1所成角为θ(0°≤θ≤90°),
则sinθ=,
所以cosθ=,
所以直线B1C与平面ABB1A1所成角的余弦值为.
故选A.
8.C 由题意得,=(1×2-4×1)i+(4×3-2×2)j+(2×1-1×3)k=-2i+8j-k=(-2,8,-1).
9.ABD ∵E,F分别是OA,BC的中点,
∴)=b+c,故A正确;
b+c-a,
∵PF=2EP,
∴EP=EF,FP=EF,
即=-a+b+c,故B正确;
=-=-a-b-c,故C错误;
a-a+b+c=a+b+c,故D正确.
10.ABD M与A,B,C一定共面的充要条件是=x+y+z,x+y+z=1,对于A选项,由于2-1-1=0≠1,所以不能得出M,A,B,C共面,对于B选项,由于≠1,所以不能得出M,A,B,C共面,对于C选项,由于=-,则为共面向量,所以M,A,B,C共面,对于D选项,由=0得=-,而-1-1-1=-3≠1,所以不能得出M,A,B,C共面.故选ABD.
11.AB 以顶点A为端点的三条棱长都相等,它们彼此的夹角都是60°,可设棱长为1,则=1×1×cos60°=,
+2+2+2=1+1+1+3×2×=6.
而2=2=2(+2)=21+1+2×=2×3=6,所以A正确;
·()=()·()==0,所以B正确;
向量,显然△AA1D为等边三角形,则∠AA1D=60°,
所以向量的夹角是120°,向量的夹角是120°,所以C不正确;
又,则||=,||=,
=()·()=1,
所以cos<>=,所以D不正确.
故选AB.
12.ABD 易得平面ADD1A1∥平面BCC1B1,所以G到平面BCC1B1的距离为定值.
又为定值,所以三棱锥G-B1EF即三棱锥B1-EFG的体积为定值,故A正确;
对于B,如图所示,以D为坐标原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),D(0,0,0),C(0,2,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2),C1(0,2,2),E(1,2,2),F(2,2,1),
所以=(-2,2,2),=(-2,2,0),=(-2,0,2),=(1,0,-1).
设=λ(0≤λ≤1),则G(2λ,0,2λ),
所以=(2λ-1,-2,2λ-2),=(2λ-2,-2,2λ-1),A1C⊥平面EFG
即
解得λ=.
当G为线段A1D上靠近D的四等分点时,A1C⊥平面EFG,故B正确;
对于C,设平面ACD1的法向量n1=(x1,y1,z1),
则
取x1=1,得n1=(1,1,1).
设平面EFG的法向量n2=(x2,y2,z2),
则
取x2=1,得n2=1,,1,平面ACD1∥平面EFG n1∥n2.
设n1=kn2,即(1,1,1)=k1,,1,
解得k=1,λ=,因为0≤λ≤1,不合题意,
所以线段B1C上不存在点G,使平面EFG∥平面BDC1,故C错误;
对于D,平面ADD1A1的法向量为n=(0,1,0),
则sinθ=.
因为8λ2-12λ+9=8,
所以sinθ=,
所以sinθ的最大值为,故D正确.故选ABD.
13. 因为a=(3,-1,3),
则|a|=.
因为A=(2,2,0),B=(3,y,1),所以=(1,y-2,1).
又a∥,则有=λa(λ∈R),即(1,y-2,1)=λ(3,-1,3),所以解得
14. 设∠BAC=α,∠DAC=β,显然||=||=1,则-2||·||cosα=1,即-4||cosα=-3,而=-3,即·()==-3,于是得2||cosβ-2||·cosα=-3,2||cosβ=-3+2||cosα,
=||2=-2=4+-4||cosβ=4+-2(-3+2||cosα)=10+-4||cosα=7,则有||=,所以CD=.
15. - 连接EC,如图,因为PA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以PA⊥BC.
又因为AB⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB 平面PAB,所以BC⊥平面PAB.
又PB 平面PAB,所以BC⊥PB.
因为M是AC的中点,所以)=).
又AE⊥PB,所以·)==-|||≥-=-,当且仅当||=||=时取等号,所以的最小值为-.
16.②④ ①∠BCC1=120°,而异面直线AD与CC1所成的角为60°,故①错误;
②三棱锥A1-ABD的每个面都为正三角形,故为正四面体,故②正确;
④根据向量加法的三角形法则,=-=-,故④正确;
③∵,∴=-·()=-|2++||2+|2≠0,∴CE与BD不垂直,故③错误.
17.解(1)由题可知,,
那么-2-2+2=12+22+32-2×(1×2+1×3-2×3)×=15,
因此B1D的长为.
(2)由题知,,
则||=,
=()·()==1×3×-1×2×+22-32=-,所以cos<>==-.
18.解 (1)因为a=(2,-3,1),b=(2,0,3),c=(0,0,m),所以a+2b-3c=(6,-3,7-3m)=(6,-3,1),
所以7-3m=1,
解得m=2.
(2)若m=2,则c=(0,0,2),b+c=(2,0,5),
所以a·(b+c)=(2,-3,1)·(2,0,5)=9.
19. (1)证明作DE⊥AC交AB于点E,分别以DE,DC,DA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,),C1(0,2,),
∴=(2,1,-),=(0,3,),=0+3-3=0,∴A1B⊥AC1.
(2)解设=λ=(0,λ,λ),=(2,2,0),=(0,1,-),=(0,λ+1,λ-).
设平面MA1B1的一个法向量为n=(x,y,z),
有
∴
∴
∴n=1,-1,.
∵=(2,1,-),若直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为,
则|cos|=,
即,
解得λ=,
∴当CM=CC'时,直线A1B与平面MA1B1所成角的正弦值为.
20.(1)证明 ∵PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,∴AB,AD,AP两两互相垂直,
如图所示,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),M(1,0,0),N(1,1,1),
∴=(0,1,1),=(-1,1,-1),=(0,2,-2).
设m=(x,y,z)是平面MND的法向量,
可得
即
取y=-1,得x=-2,z=1,
∴m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量,同理可得n=(0,1,1)是平面PCD的一个法向量,
∵m·n=-2×0+(-1)×1+1×1=0,
∴m⊥n,
即平面MND的法向量与平面PCD的法向量互相垂直,可得平面MND⊥平面PCD.
(2)解 由(1)得m=(-2,-1,1)是平面MND的一个法向量.∵=(0,2,-2),得·m=0×(-2)+2×(-1)+(-2)×1=-4,
∴点P到平面MND的距离d=.
21.解 (1)分别以AB,AC,AA1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系Axyz,如图.
则由题意知A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),C1(0,2,4),∴=(2,0,-4),=(1,-1,-4),∴cos<>=,
∴异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.
(2)=(0,2,0)是平面ABA1的一个法向量.
设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),
∵=(1,1,0),=(0,2,4),
∴
即
取z=1,得y=-2,x=2,
∴平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1).
设平面ADC1与ABA1所成二面角为θ,
∴cosθ=|cos<,m>|=,
∴平面ADC1与ABA1夹角的余弦值为.
22.解 (1)当λ=时,点F是AD的中点,
∴DF=AD=1,DE=CD=1.
∵∠ADC=90°,
∴∠DEF=45°.
∵CE=CD=2,BC=2,∠BCD=90°,
∴∠BEC=45°.
∴BE⊥EF.
又平面GBE⊥平面ABED,平面GBE∩平面ABED=BE,EF 平面ABED,∴EF⊥平面BEG.
∵BG 平面BEG,
∴EF⊥BG.
(2)以C为原点,的方向为x轴、y轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.
则E(0,-2,0),D(0,-3,0),F(2λ,-3,0).
取BE的中点O,∵GE=BG=2,
∴GO⊥BE,
∴易证得OG⊥平面BCE,∵BE=2,
∴OG=,∴G(1,-1,).
∴=(1-2λ,2,),=(1,1,),=(1,2,).
设平面DEG的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令z=,则n=(-2,0,).
设FG与平面DEG所成的角为θ,
则sinθ=|cos<,n>|=,
解得λ=或λ=-(舍去),
∴存在实数λ,使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为,此时λ=.第一章测评(一)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.设点M(1,1,1),A(2,1,-1),O(0,0,0).若,则点B的坐标为( )
A.(1,0,-2) B.(3,2,0)
C.(1,0,2) D.(3,-2,0)
2.已知a=(-2,-3,1),b=(2,0,4),c=(-4,-6,2),则下列结论正确的是( )
A.a∥c,b∥c B.a∥b,a⊥c
C.a∥c,a⊥b D.以上都不对
3.[2023辽宁沈阳高二阶段练习]在四面体OABC中,空间的一点M满足+λ,若M,A,B,C共面,则λ=( )
A. B. C. D.
4. [2023福建高二期末]如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1C1与B1D1的交点.若=a,=b,=c,则下列向量中与相等的向量是( )
A.-a+b+c
B.a+b+c
C.-a-b+c
D.a-b+c
5.已知平面α的法向量为n=(-2,-2,1),点A(x,3,0)在平面α内,则点P(-2,1,4)到平面α的距离为,则x=( )
A.-1 B.-11
C.-1或-11 D.-21
6.已知两个不重合的平面α与平面ABC,若平面α的法向量为n1=(2,-3,1),=(1,0,-2),=(1,1,1),则( )
A.平面α∥平面ABC
B.平面α⊥平面ABC
C.平面α、平面ABC相交但不垂直
D.以上均有可能
7.已知向量a=(1,2,3),b=(-2,-4,-6),|c|=,若(a+b)·c=7,则a与c的夹角为( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
8. [2023浙江高三专题练习]如图,已知圆柱OO1,A在底面圆O上,AO=1,OO1=,P,Q在底面圆O1上,且满足PQ=,则直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值的取值范围是( )
A.0, B.
C.,1 D.[0,1]
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.
9. 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=5,AD=4,AA1=3,以直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则( )
A.点B1的坐标为(4,5,3)
B.点C1关于点B对称的点为(5,8,-3)
C.点A关于直线BD1对称的点为(0,5,3)
D.点C关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0)
10.[2023云南玉溪高二期中]下列命题中正确的是( )
A.A,B,M,N是空间中的四点,若不能构成空间基底,则A,B,M,N共面
B.已知{a,b,c}为空间向量的一组基底,若m=a+c,则{a,b,m}也是空间向量的一组基底
C.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量为n=-2,0,,则直线l∥α
D.若直线l的方向向量为e=(1,0,3),平面α的法向量为n=(-2,0,2),则直线l与平面α所成角的正弦值为
11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,下列说法正确的是( )
A.()2=3
B.·()=0
C.向量与向量的夹角是60°
D.正方体ABCD-A1B1C1D1的体积为||
12.如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置,连接PC,则在翻折过程中,下列说法正确的是( )
A.PC与平面BCD所成的最大角为45°
B.存在某个位置,使得PB⊥CD
C.存在某个位置,使得B到平面PDC的距离为
D.当二面角P-BD-C的大小为90°时,PC=
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13. 如图,四面体OABC的所有棱长都等于1,M,N分别是四面体OABC的棱OA,BC的中点,P,Q是MN的三等分点,=a,=b,=c,则= (用a,b,c表示),的值为 .
14.已知空间向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2).若2a-b与b垂直,则|a|= .
15. [2023湖北襄阳高二阶段练习]正多面体也称柏拉图立体,被誉为最有规律的立体结构,是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体,即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2(如图),P,Q分别为棱AB,AD的中点,则= .
16.已知e1,e2,e3是空间单位向量,e1·e2=e2·e3=e3·e1=,若空间向量a满足a=xe1+ye2(x,y∈R),|a|=2,则|a·e3|的最大值是 .
四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分) 如图,在三棱锥P-ABC中,点D为棱BC上一点,且CD=2BD,点M为线段AD的中点.
(1)以{}为一组基底表示向量;
(2)若AB=AC=3,AP=4,∠BAC=∠PAC=60°,求.
18.(12分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面边长为.
(1)设侧棱长为1,求证:AB1⊥BC1;
(2)设AB1与BC1的夹角为,求侧棱的长.
19.(12分)已知空间中三点A(2,0,-2),B(1,-1,-2),C(3,0,-4),设a=,b=.
(1)若|c|=3,且c∥,求向量c;
(2)已知向量ka+b与b互相垂直,求实数k的值;
(3)求△ABC的面积.
20.(12分) 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面△ABC是边长为4的等边三角形,且BB1=4,D是棱CC1上一动点(不包括端点).
(1)若D为CC1的中点,证明:AB1⊥BD;
(2)设平面ABC与平面AB1D所成的锐二面角为θ,求cos θ的取值范围.
21.(12分) 已知底面为菱形的四棱锥P-ABCD中,△PAD是边长为2的等边三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别是棱PC,AB上的点.
(1)从①F是AB的中点;②E是PC的中点;③BE∥平面PFD中选取两个作为条件,证明另一个成立;
(2)若∠DAB=60°,求PB与平面PDC所成角的正弦值.
22. (12分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AC=BC=CC1=2,M是AB1,A1B的交点,N是B1C1的中点.
(1)求证:MN⊥平面A1BC;
(2)求平面AA1B与平面A1BC夹角的大小.
第一章测评(一)
1.B 设B(x,y,z),则=(x-2,y-1,z+1).
因为=(1,1,1),
所以(1,1,1)=(x-2,y-1,z+1),
所以x=3,y=2,z=0,即点B的坐标为(3,2,0).
2.C ∵a·b=-4+0+4=0,∴a⊥b.
∵,
∴a∥c.
∵b·c=-8+0+8=0,
∴b⊥c,故选C.
3.A 因为M,A,B,C共面,则+λ=1,得λ=.故选A.
4.A =-a+c+)=-a+c+(a+b)=-a+b+c.
故选A.
5.C =(x+2,2,-4),而d=,即,解得x=-1或x=-11.
故选C.
6.A 由题意,计算n1·=2×1+(-3)×0+1×(-2)=0,得n1⊥,
计算n1·=2×1+(-3)×1+1×1=0,得n1⊥,
所以n1⊥平面ABC,
所以平面α的法向量与平面ABC的法向量共线,
则平面α∥平面ABC.
7.C 设向量a+b与c的夹角为α,
因为a+b=(-1,-2,-3)=-a,所以|a+b|=,
cosα=(α为a+b与c的夹角),
所以α=60°.
因为向量a+b与a的方向相反,
所以a与c的夹角为120°.
8. A 取PQ中点M,则O1M⊥PQ,以点O1为坐标原点,MO1为x轴,OO1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题可求得O1M=,
则O(0,0,-),P-,-,0,Q-,0,则=-,-,=-.
设平面OPQ的法向量为m=(x,y,z),
则取x=,则y=0,z=1,则m=(,0,1).
设A(cosθ,sinθ,-),直线AO1的方向向量为n==(cosθ,sinθ,-),
所以直线AO1与平面OPQ所成角的正弦值为∈0,.
故选A.
9.ACD 由图形及其已知可得,点B1的坐标为(4,5,3),点C1(0,5,3)关于点B(4,5,0)对称的点为(8,5,-3),点A关于直线BD1对称的点为C1(0,5,3),点C(0,5,0)关于平面ABB1A1对称的点为(8,5,0).故A,C,D正确.
10.ABD 对于A,A,B,M,N是空间中的四点,若不能构成空间基底,则共面,则A,B,M,N共面,故A对;
对于B,已知{a,b,c}为空间向量的一组基底,则a,b,c不共面,若m=a+c,则a,b,m也不共面,则{a,b,m}也是空间向量的一组基底,故B对;
对于C,因为e·n=1×(-2)+0×0+3×=0,则e⊥n,若l α,则l∥α,但选项中没有条件l α,有可能会出现l α,故C错;
对于D,因为cos=,则直线l与平面α所成角的正弦值为,故D对.
故选ABD.
11.AB 由向量的加法得,
∵A1C2=3A1,∴=3,故A正确;
∵,AB1⊥A1C,
∴=0,故B正确;
∵△ACD1是等边三角形,
∴∠AD1C=60°,又A1B∥D1C,
∴异面直线AD1与A1B所成的夹角为60°,但是向量与向量的夹角是120°,故C不正确;
∵AB⊥AA1,
∴=0,
故||=0,故D不正确.
12.BD 选项A,取BD的中点O,连接OP,OC,
则OP=OC=.
由题可知,△ABD和△BCD均为等边三角形,
由对称性可知,在翻折的过程中,PC与平面BCD所成的角为∠PCO,
当PC=时,△OPC为等边三角形,此时∠PCO=60°>45°,即选项A错误;
选项B,当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心Q时,有PQ⊥平面BCD,
∴PQ⊥CD.
又BQ⊥CD,BQ∩PQ=Q,BQ,PQ 平面PBQ,
∴CD⊥平面PBQ.
∵PB 平面PBQ,
∴PB⊥CD,即选项B正确.
选项C,∵点B到PD的距离为,点B到CD的距离为,
∴若B到平面PDC的距离为,则平面PBD⊥平面PCD,平面CBD⊥平面PCD,则有DB⊥平面PCD,即DB⊥CD,与△BCD是等边三角形矛盾.
选项D,当二面角P-BD-C的大小为90°时,平面PBD⊥平面BCD.
∵PB=PD,
∴OP⊥BD.
∵平面PBD∩平面BCD=BD,
∴OP⊥平面BCD,
∴OP⊥OC.
又OP=OC=,
∴△POC为等腰直角三角形,
∴PC=OP=,即选项D正确.
13.a+b+c 由题意得)=×-+)=a+b+c.
同理可得a+b+c,
所以=a+b+c·a+b+c=|a|2+a·b+a·c+a·b+|b|2+b·c+a·c+b·c+|c|2.
因为四面体OABC的所有棱长都等于1,
所以a·b=b·c=a·c=1×1×,
所以×3+.
14. ∵a=(1,n,2),b=(-2,1,2),
∴2a-b=(4,2n-1,2).
∵2a-b与b垂直,
∴(2a-b)·b=0,
∴-8+2n-1+4=0,解得n=,
∴a=,
∴|a|=.
15.1 在正八面体ABCDEF中,不共面,而P,Q分别为棱AB,AD的中点,有=||||cos60°=2,=0,则)=)=,
所以=·=×22-×22=1.
16. 空间向量a满足a=xe1+ye2(x,y∈R),且e1·e2=e2·e3=e3·e1=,则|a|2=x2+y2+xy.
又由|a|=2,得|a|2=4.
即x2+y2+xy=4.
又|a·e3|=|(xe1+ye2)·e3|=|x+y|,
由于x2+y2≥2xy,
所以由x2+y2+xy=4,
整理得3xy≤4,即xy≤,
所以|x+y|2=x2+y2+2xy=x2+y2+xy+xy≤4+,故|x+y|≤,
所以|a·e3|=|x+y|≤,当且仅当x=y=时,等号成立.
17.解(1)∵M为线段AD的中点,
∴.
∵CD=2BD,
∴,
∴)==)==-.
(2)=-·=-=-||||·cos∠PAC+|||cos∠BAC+|2=-4×3××3×3××32=-6+=-3.
18.(1)证明 .
因为BB1⊥平面ABC,
所以=0,=0.
又△ABC为正三角形,
所以<>=.
因为=()·()=+||2+=||||cos<>+||2=-1+1=0,
所以AB1⊥BC1.
(2)解 由(1)知=||||cos<>+||2=||2-1.
又||==||,
所以cos<>=,
所以||=2,即侧棱长为2.
19.解 (1)∵B(1,-1,-2),C(3,0,-4),
∴=(3,0,-4)-(1,-1,-2)=(2,1,-2).
∵|c|=3,且c∥,∴c=m=m(2,1,-2)=(2m,m,-2m),m∈R,
∴|c|==3|m|=3,
∴m=±1,
∴c=(2,1,-2)或c=(-2,-1,2).
(2)∵a==(-1,-1,0),b==(1,0,-2),
∴ka+b=k(-1,-1,0)+(1,0,-2)=(1-k,-k,-2).
∵向量ka+b与b互相垂直,
∴(ka+b)·b=1-k+4=0,
解得k=5.
∴k的值是5.
(3)=(-1,-1,0),=(1,0,-2),=(2,1,-2),
cos<>==-,
sin<>=,
∴△ABC的面积S△ABC=×||×||×sin<>=.
20.(1)证明分别取AB,A1B1的中点O,O1,连接OO1,则OO1∥AA1.
因为AA1⊥平面ABC,
所以OO1⊥平面ABC.
以O为坐标原点,OC,OB,OO1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示,
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的底边长和侧棱长都为4,D为CC1的中点,
所以A(0,-2,0),B(0,2,0),B1(0,2,4),D(2,0,2),
故=(2,-2,2),=(0,4,4),则=0,
所以BD⊥AB1.
(2)解因为OO1⊥平面ABC,所以取平面ABC的法向量为m=(0,0,1).
设CD=t(0设平面AB1D的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=2,则y=-2,x=,故n=,-2,2,
所以cosθ=|cos|=.
因为0所以∈,
故cosθ的取值范围为.
21. (1)证明选①F是AB的中点,②E是PC的中点为已知条件,证明③BE∥平面PFD.
取PD的中点M,连接ME,FM,
所以ME∥CD,ME=CD,FB∥CD,FB=CD,
所以ME∥FB,ME=FB,所以四边形MEBF是平行四边形,所以BE∥MF.
因为BE 平面PFD,MF 平面PFD,所以BE∥平面PFD.
选②E是PC的中点,③BE∥平面PFD为已知条件,证明①F是AB的中点.
取PD的中点M,连接ME,FM,
所以ME∥CD,ME=CD.因为FB∥CD,所以ME∥FB,
即平面MEBF∩平面PDF=FM.
因为BE∥平面PFD,所以BE∥MF,
所以四边形MEBF是平行四边形,
所以BF=ME.
因为ME=CD=AB,所以BF=AB,即F是AB的中点.
选①F是AB的中点,③BE∥平面PFD为已知条件,证明②E是PC的中点.
取CD的中点N,连接BN,EN,
所以DN∥FB,DN=FB,所以四边形BFDN是平行四边形,所以BN∥DF.
因为BN 平面PFD,DF 平面PFD,所以BN∥平面PFD.
因为BE∥平面PFD,BN∩BE=B,所以平面PFD∥平面BEN.
又因为EN 平面BNE,所以EN∥平面PFD.
又因为平面PDC∩平面PFD=DP,所以EN∥PD.
因为N是CD的中点,所以E是PC的中点.
(2)解取AD的中点O,连接AO,BO.
因为底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,所以AO⊥BO.
因为△PAD是边长为2的等边三角形,所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.以O为原点,分别以OA,OB,OP所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
所以P(0,0,),D(-1,0,0),C(-2,,0),B(0,,0),
所以=(-1,0,-),=(-2,,-),=(0,,-).
设平面PDC的法向量为n=(x,y,z),
所以
即
令z=,则x=-3,y=-,
所以n=(-3,-).
设PB与平面PDC所成的角为α,所以sinα=|cos<,n>|=,
所以PB与平面PDC所成角的正弦值为.
22.(1)证明 以C为原点,分别以CB,CC1,CA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则由AC=BC=CC1=2,知A1(0,2,2),B1(2,2,0),B(2,0,0),C1(0,2,0),A(0,0,2),
∴M(1,1,1),N(1,2,0),
∴=(2,-2,-2),=(2,0,0),=(0,1,-1),
∴=0-2+2=0,=0+0+0=0,
∴MN⊥A1B,MN⊥CB.
又CB∩A1B=B,CB,A1B 平面A1BC,
∴MN⊥平面A1BC.
(2)解 作CH⊥AB于点H,易知点H为线段AB的中点,
∴H(1,0,1).
∵平面ABC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,∴CH⊥平面A1BA,
故平面A1BA的一个法向量为=(1,0,1).
又由(1)知,平面A1BC的一个法向量为=(0,1,-1),
∴cos<>==-.
∴平面AA1B与平面A1BC夹角的大小为.