2023-2024学年高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何 测评（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册 第一章 空间向量与立体几何 测评（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 531.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-28 15:39:52 | ||
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文档简介
第一章测评
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.(2021湖北黄冈检测)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,B,C,D,E是空间中的五个点,其中点A,B,C不共线,则“存在实数x,y,使得=x+y”是“DE∥平面ABC”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.(2021安徽芜湖期中)已知点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),又点P(x,-1,3)在平面ABC内,则x的值为( )
A.14 B.13
C.12 D.11
4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,其中AB=BC=BB1=1,∠ABB1=∠ABC=∠B1BC==2,则|B1E|=( )
A.25 B.5 C.14 D.
5.(2021广东广州期中)如图,M,N分别是四面体O-ABC的棱OA,BC的中点,设=a,=b,=c,若=xa+yb+zc,则x+y-z= ( )
A.- B. C. D.-
6.(2021北京宣城期中)我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方,得两堑堵”,堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.在堑堵ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,P为B1C1的中点,则=( )
A.6 B.-6 C.2 D.-2
7.如图,在三棱柱ABC -A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB=AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
8.如图,已知四棱锥P -ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=2,E,F分别是AB,AP的中点.则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为( )
A.- B. C.- D.
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.有下列四个命题,其中是真命题的有( )
A.若p=xa+yb,则p与a,b共面
B.若p与a,b共面,则p=xa+yb
C.若=x+y,则P,M,A,B共面
D.若P,M,A,B共面,则=x+y
10. (2021安徽黄山期中)如图,在空间四边形OABC中,G,H分别是△ABC,△OBC的重心,设=a,=b,=c,下列结论正确的是( )
A.(a+b+c)
B.若,则
C.a+b+c
D.=-a
11. 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( )
A.① B.②
C.③ D.④
12.(2021湖北黄冈期中)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.(2021北京顺义区检测)已知空间向量a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则|b|= .
14.在四面体ABCD中,已知E为线段BC上的点,O为线段DE上的点,且,若=x+y+z,则xyz的值为 .
15.(2021上海青浦期末)一个圆锥的侧面展开图是圆心角为,半径为18 cm的扇形,则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为 .
16. (2021浙江诸暨期中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N分别是侧棱BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC的夹角为,则当|B1M|最小时,∠AMB= .
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)(2021湖北武汉期中)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)(2021河北保定期中)已知a=(3,5,-4),b=(2,1,8).
(1)求a·b;
(2)求λ,μ的值使得λa+μb与z轴垂直,且(λa+μb)·(a+b)=53.
19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,BC=1,PA=2,E为PD的中点.
(1)求cos<>的值;
(2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,并求出N到AB和AP的距离.
20.(12分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=,AC1=.
(1)求侧棱AA1的长;
(2)M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求及两异面直线AC1和MN的夹角.
21.(12分)(2021黑龙江哈尔滨期中)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分别为线段AD,DE的中点.四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.
(1)求证:CM∥平面ABE;
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值.
22.(12分)(2021云南大理期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是等腰梯形,且AD=2AB=2BC=2CD,E,F分别是线段PB,AC的中点,PA=PD,平面PAD⊥平面ABCD.
(1)证明:EF⊥平面ABCD;
(2)求平面ACE与平面ADE所成夹角的取值范围.
第一章测评
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为(3,2,0).
2.B 根据题意,若存在实数x,y,使得=x+y,则DE∥平面ABC或DE 平面ABC,
反之,若DE∥平面ABC,则向量共面,又由点A,B,C不共线,故一定存在实数x,y,使得=x+y,
故“存在实数x,y,使得=x+y”是“DE∥平面ABC”的必要不充分条件.
3.B 因为点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),P(x,-1,3),
所以=(x-4,-2,0),=(-2,2,-2),=(1,6,-8).
因为点P(x,-1,3)在平面ABC内,
则存在实数m,n,使得=m+n,
所以(x-4,-2,0)=m(-2,2,-2)+n(1,6,-8),
则
解得x=13.
4.B ∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,其中AB=BC=BB1=1,∠ABB1=∠ABC=∠B1BC==2,
∴+2+2()=2+3,
∴=(2+3)2=4+9+2|2|·|3|cos 60°+2|2|·||cos 60°+2|3|·||cos 60°=4+9+1+6+2+3=25,
∴|B1E|=||==5.
5.A 因为M,N分别是四面体O-ABC的棱OA,BC的中点,
所以+()+a+c-a+)=-a+b+c,
又=xa+yb+zc,
所以x=-,y=,z=,
则x+y-z=-=-.
6.A 根据堑堵的几何性质可知,AB⊥AC,AA1⊥AB,AA1⊥AC,
因为),
所以=()·)==2+4=6.
7.A 取AB的中点D,A1B1的中点E,连接CD,DE,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
可得A(1,0,0),A1(1,0,3),故=(0,0,3),而B1(-1,0,3),C1(0,,3),设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c),
根据m·=0,m·=0,解得m=(3,-,2),cos=.故AA1与平面AB1C1所成角的大小为30°,故选A.
8.B 由题意,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题知,OA=OB=2,则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),
∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴=(1,-1,0),=(0,-1,1),设平面FOE的法向量为m=(x,y,z),
则令x=1,可得m=(1,1,1),易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),
则cos=,设平面FOE与平面OEA夹角为θ,则cos θ=|cos|=.
9.AC 若p=xa+yb,则p与a,b肯定在同一平面内,故A正确;
当p与a,b共面时,若a与b共线,则p就不一定能用a,b表示,故B错误;
同理,D错误;
若=x+y,则三向量在同一平面内,所以P,M,A,B共面,故C正确.
10.ABD 对于A和C选项,∵G是△ABC的重心,
∴),
∴)=(a+b+c),故A正确,C错误;
对于B,若,则=0,=0,
∴=()·()=·()==0,
∴,故B正确;
),
∴(b+c)-(a+b+c)=-a,故D正确.
11.BD 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因为,
所以·()=-|2++||2+=-|2+|2-|2+||2+|2-|2=|2≠0,
所以CE与BD不垂直,又BD 平面BB1D1D,故CE与平面BB1D1D不垂直,故③错误.
12.BD 选项A,如图,取BD的中点O,连接OP,OC,则OP=OC=.
由题可知,△PBD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的重心点Q时,有PQ⊥平面BCD,BQ⊥CD,∴PQ⊥CD,
又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,取CD的中点N,连接BN,PN,∵PN=,
∴如果B到平面PDC的距离为,则BN⊥平面PCD,
∵PB=2,BN=,∴PN=1,DN=1,所以PD=,显然不可能,故C错误.
选项D,当二面角P-BD-C的大小为90°时,平面PBD⊥平面BCD,取BD的中点O,连接OP,OC.
∵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.
13.2 ∵a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,
∴a·b=-8+6+x=0,
解得x=2,
∴b=(-4,2,2),
∴|b|==2.
14. 因为E为线段BC上的点,O为线段DE上的点,且,
所以)==,
又=x+y+z,
所以x=,y=,z=,
所以xyz=.
15. 设母线长为l,底面圆的半径为r,
因为圆锥的侧面展开图是圆心角为,半径为18 cm的扇形,
所以l=18,且18×=2πr,
解得r=12,
设圆锥的母线与底面所成角为θ,
则cos θ=,
所以圆锥的母线与底面所成角的余弦值为.
16. 以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,
设CN=b,BM=a,AB=AC=AA1=1,
则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),
所以=(1,0,a),=(0,1,b).
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,则n=(-a,-b,1),
平面ABC的法向量为m=(0,0,1),
因为平面AMN与平面ABC所成的夹角为,
所以cos =|cos|=,化简可得3a2+3b2=1,
当|B1M|最小时,则b=0,BM=a=,
所以tan∠AMB=,
则∠AMB=.
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.解(1)因为a=(3,5,-4),b=(2,1,8),
所以a·b=3×2+5×1-4×8=-21.
(2)取z轴上的单位向量n=(0,0,1),又a+b=(5,6,4),由题意,得
所以
即解得λ=1,μ=.
19.解在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,
侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,BC=1,PA=2,E为PD的中点.
以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),C(,1,0),P(0,0,2),B(,0,0),
(1)∴=(,1,0),=(,0,-2),
∴cos<>=.
(2)设在侧面PAB内找一点N(a,0,c),使NE⊥平面PAC,D(0,1,0),E=(0,0,2),=(,1,0),
∴解得a=,c=1,
∴N,
∴N到AB的距离为1,N到AP的距离为.
20.解(1)设侧棱AA1=x,
∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,且∠A1AD=∠A1AB=60°,
∴||2=||2=1,||2=x2,=0,,
又,
∴=()2=||2+||2+||2+2+2+2=26,
∴x2+2x-24=0,∵x>0,∴x=4,
即侧棱AA1=4.
(2)∵),
∴)·()=)=(1-1+2-2)=0,
∴两异面直线AC1和MN的夹角为90°.
21.(1)证明如图,取线段AE中点P,连接BP,MP,
∵M为DE中点,∴MP∥AD,MP=AD.
又∵四边形BCDO是边长为1的正方形,∴BC∥DO,BC=DO,
∴BC∥MP,BC=MP.∴四边形BCMP为平行四边形,
∴CM∥BP.
∵CM 平面ABE,BP 平面ABE,
∴CM∥平面ABE.
(2)解连接EO,∵AE=DE,O为AD中点,
∴EO⊥AD.
∵EO 平面ADE,平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,
∴EO⊥平面ABCD.
又∵OB 平面ABCD,OD 平面ABCD,∴EO⊥BO,EO⊥OD.
如图,建立空间直角坐标系.A(0,-1,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(0,0,1),
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),=(1,1,0),=(0,1,1).
由可取m=(1,-1,1).
=(0,-1,1),|cos|=.
∴直线DE与平面ABE所成角的正弦值为.
22.(1)证明取AD的中点O,连接OP,OB,OC(图略),则OA=AD=BC,
由题意可知,BC∥AD,
故四边形ABCO是平行四边形.
因为F是线段AC的中点,
故F是OB的中点,又E是PB的中点,
故EF∥OP.
因为PA=PD,O为AD的中点,
故OP⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP 平面PAD,
故OP⊥平面ABCD.
因为EF∥OP,
故EF⊥平面ABCD.
(2)解因为AB=BC,
所以四边形ABCO为菱形,
则AC⊥OB,
所以AC,OB,EF两两垂直,
故以点F为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,
设AB=2,EF=t,
则A(0,-,0),B(1,0,0),D(-2,,0),E(0,0,t),F(0,0,0),
所以=(-2,2,0),=(0,,t),=(1,0,0).
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=,则n=,
平面ACE的法向量为m=(1,0,0),
设平面ACE与平面ADE所成夹角为θ,
所以cos θ=|cos|=.
因为>0,
所以>2,
则0<,
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.(2021湖北黄冈检测)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,B,C,D,E是空间中的五个点,其中点A,B,C不共线,则“存在实数x,y,使得=x+y”是“DE∥平面ABC”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
3.(2021安徽芜湖期中)已知点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),又点P(x,-1,3)在平面ABC内,则x的值为( )
A.14 B.13
C.12 D.11
4.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,其中AB=BC=BB1=1,∠ABB1=∠ABC=∠B1BC==2,则|B1E|=( )
A.25 B.5 C.14 D.
5.(2021广东广州期中)如图,M,N分别是四面体O-ABC的棱OA,BC的中点,设=a,=b,=c,若=xa+yb+zc,则x+y-z= ( )
A.- B. C. D.-
6.(2021北京宣城期中)我国古代数学名著《九章算术》商功中记载“斜解立方,得两堑堵”,堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.在堑堵ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=2,P为B1C1的中点,则=( )
A.6 B.-6 C.2 D.-2
7.如图,在三棱柱ABC -A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,AA1=3,AB=AC=BC=2,则AA1与平面AB1C1所成角的大小为( )
A.30° B.45° C.60° D.90°
8.如图,已知四棱锥P -ABCD的底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,且AC⊥BD,AC与BD交于O,PO⊥底面ABCD,PO=2,AB=2,E,F分别是AB,AP的中点.则平面FOE与平面OEA夹角的余弦值为( )
A.- B. C.- D.
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.有下列四个命题,其中是真命题的有( )
A.若p=xa+yb,则p与a,b共面
B.若p与a,b共面,则p=xa+yb
C.若=x+y,则P,M,A,B共面
D.若P,M,A,B共面,则=x+y
10. (2021安徽黄山期中)如图,在空间四边形OABC中,G,H分别是△ABC,△OBC的重心,设=a,=b,=c,下列结论正确的是( )
A.(a+b+c)
B.若,则
C.a+b+c
D.=-a
11. 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( )
A.① B.②
C.③ D.④
12.(2021湖北黄冈期中)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.(2021北京顺义区检测)已知空间向量a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,则|b|= .
14.在四面体ABCD中,已知E为线段BC上的点,O为线段DE上的点,且,若=x+y+z,则xyz的值为 .
15.(2021上海青浦期末)一个圆锥的侧面展开图是圆心角为,半径为18 cm的扇形,则圆锥的母线与底面所成角的余弦值为 .
16. (2021浙江诸暨期中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB,AC,AA1两两互相垂直,AB=AC=AA1,M,N分别是侧棱BB1,CC1上的点,平面AMN与平面ABC的夹角为,则当|B1M|最小时,∠AMB= .
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)(2021湖北武汉期中)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)(2021河北保定期中)已知a=(3,5,-4),b=(2,1,8).
(1)求a·b;
(2)求λ,μ的值使得λa+μb与z轴垂直,且(λa+μb)·(a+b)=53.
19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,BC=1,PA=2,E为PD的中点.
(1)求cos<>的值;
(2)在侧面PAB内找一点N,使NE⊥平面PAC,并求出N到AB和AP的距离.
20.(12分)在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,∠BAA1=∠DAA1=,AC1=.
(1)求侧棱AA1的长;
(2)M,N分别为D1C1,C1B1的中点,求及两异面直线AC1和MN的夹角.
21.(12分)(2021黑龙江哈尔滨期中)如图,在四棱锥E-ABCD中,平面ADE⊥平面ABCD,O,M分别为线段AD,DE的中点.四边形BCDO是边长为1的正方形,AE=DE,AE⊥DE.
(1)求证:CM∥平面ABE;
(2)求直线DE与平面ABE所成角的正弦值.
22.(12分)(2021云南大理期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是等腰梯形,且AD=2AB=2BC=2CD,E,F分别是线段PB,AC的中点,PA=PD,平面PAD⊥平面ABCD.
(1)证明:EF⊥平面ABCD;
(2)求平面ACE与平面ADE所成夹角的取值范围.
第一章测评
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为(3,2,0).
2.B 根据题意,若存在实数x,y,使得=x+y,则DE∥平面ABC或DE 平面ABC,
反之,若DE∥平面ABC,则向量共面,又由点A,B,C不共线,故一定存在实数x,y,使得=x+y,
故“存在实数x,y,使得=x+y”是“DE∥平面ABC”的必要不充分条件.
3.B 因为点A(4,1,3),B(2,3,1),C(5,7,-5),P(x,-1,3),
所以=(x-4,-2,0),=(-2,2,-2),=(1,6,-8).
因为点P(x,-1,3)在平面ABC内,
则存在实数m,n,使得=m+n,
所以(x-4,-2,0)=m(-2,2,-2)+n(1,6,-8),
则
解得x=13.
4.B ∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,其中AB=BC=BB1=1,∠ABB1=∠ABC=∠B1BC==2,
∴+2+2()=2+3,
∴=(2+3)2=4+9+2|2|·|3|cos 60°+2|2|·||cos 60°+2|3|·||cos 60°=4+9+1+6+2+3=25,
∴|B1E|=||==5.
5.A 因为M,N分别是四面体O-ABC的棱OA,BC的中点,
所以+()+a+c-a+)=-a+b+c,
又=xa+yb+zc,
所以x=-,y=,z=,
则x+y-z=-=-.
6.A 根据堑堵的几何性质可知,AB⊥AC,AA1⊥AB,AA1⊥AC,
因为),
所以=()·)==2+4=6.
7.A 取AB的中点D,A1B1的中点E,连接CD,DE,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
可得A(1,0,0),A1(1,0,3),故=(0,0,3),而B1(-1,0,3),C1(0,,3),设平面AB1C1的法向量为m=(a,b,c),
根据m·=0,m·=0,解得m=(3,-,2),cos
8.B 由题意,以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,由题知,OA=OB=2,则A(0,-2,0),B(2,0,0),P(0,0,2),
∴E(1,-1,0),F(0,-1,1),
∴=(1,-1,0),=(0,-1,1),设平面FOE的法向量为m=(x,y,z),
则令x=1,可得m=(1,1,1),易知平面OAE的一个法向量为n=(0,0,1),
则cos
9.AC 若p=xa+yb,则p与a,b肯定在同一平面内,故A正确;
当p与a,b共面时,若a与b共线,则p就不一定能用a,b表示,故B错误;
同理,D错误;
若=x+y,则三向量在同一平面内,所以P,M,A,B共面,故C正确.
10.ABD 对于A和C选项,∵G是△ABC的重心,
∴),
∴)=(a+b+c),故A正确,C错误;
对于B,若,则=0,=0,
∴=()·()=·()==0,
∴,故B正确;
),
∴(b+c)-(a+b+c)=-a,故D正确.
11.BD 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因为,
所以·()=-|2++||2+=-|2+|2-|2+||2+|2-|2=|2≠0,
所以CE与BD不垂直,又BD 平面BB1D1D,故CE与平面BB1D1D不垂直,故③错误.
12.BD 选项A,如图,取BD的中点O,连接OP,OC,则OP=OC=.
由题可知,△PBD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的重心点Q时,有PQ⊥平面BCD,BQ⊥CD,∴PQ⊥CD,
又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,取CD的中点N,连接BN,PN,∵PN=,
∴如果B到平面PDC的距离为,则BN⊥平面PCD,
∵PB=2,BN=,∴PN=1,DN=1,所以PD=,显然不可能,故C错误.
选项D,当二面角P-BD-C的大小为90°时,平面PBD⊥平面BCD,取BD的中点O,连接OP,OC.
∵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.
13.2 ∵a=(2,3,1),b=(-4,2,x),且a⊥b,
∴a·b=-8+6+x=0,
解得x=2,
∴b=(-4,2,2),
∴|b|==2.
14. 因为E为线段BC上的点,O为线段DE上的点,且,
所以)==,
又=x+y+z,
所以x=,y=,z=,
所以xyz=.
15. 设母线长为l,底面圆的半径为r,
因为圆锥的侧面展开图是圆心角为,半径为18 cm的扇形,
所以l=18,且18×=2πr,
解得r=12,
设圆锥的母线与底面所成角为θ,
则cos θ=,
所以圆锥的母线与底面所成角的余弦值为.
16. 以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,
设CN=b,BM=a,AB=AC=AA1=1,
则N(0,1,b),M(1,0,a),A(0,0,0),B(1,0,0),
所以=(1,0,a),=(0,1,b).
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,则n=(-a,-b,1),
平面ABC的法向量为m=(0,0,1),
因为平面AMN与平面ABC所成的夹角为,
所以cos =|cos
当|B1M|最小时,则b=0,BM=a=,
所以tan∠AMB=,
则∠AMB=.
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.解(1)因为a=(3,5,-4),b=(2,1,8),
所以a·b=3×2+5×1-4×8=-21.
(2)取z轴上的单位向量n=(0,0,1),又a+b=(5,6,4),由题意,得
所以
即解得λ=1,μ=.
19.解在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,
侧棱PA⊥底面ABCD,AB=,BC=1,PA=2,E为PD的中点.
以A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,AP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,
则A(0,0,0),C(,1,0),P(0,0,2),B(,0,0),
(1)∴=(,1,0),=(,0,-2),
∴cos<>=.
(2)设在侧面PAB内找一点N(a,0,c),使NE⊥平面PAC,D(0,1,0),E=(0,0,2),=(,1,0),
∴解得a=,c=1,
∴N,
∴N到AB的距离为1,N到AP的距离为.
20.解(1)设侧棱AA1=x,
∵在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,且∠A1AD=∠A1AB=60°,
∴||2=||2=1,||2=x2,=0,,
又,
∴=()2=||2+||2+||2+2+2+2=26,
∴x2+2x-24=0,∵x>0,∴x=4,
即侧棱AA1=4.
(2)∵),
∴)·()=)=(1-1+2-2)=0,
∴两异面直线AC1和MN的夹角为90°.
21.(1)证明如图,取线段AE中点P,连接BP,MP,
∵M为DE中点,∴MP∥AD,MP=AD.
又∵四边形BCDO是边长为1的正方形,∴BC∥DO,BC=DO,
∴BC∥MP,BC=MP.∴四边形BCMP为平行四边形,
∴CM∥BP.
∵CM 平面ABE,BP 平面ABE,
∴CM∥平面ABE.
(2)解连接EO,∵AE=DE,O为AD中点,
∴EO⊥AD.
∵EO 平面ADE,平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,
∴EO⊥平面ABCD.
又∵OB 平面ABCD,OD 平面ABCD,∴EO⊥BO,EO⊥OD.
如图,建立空间直角坐标系.A(0,-1,0),B(1,0,0),D(0,1,0),E(0,0,1),
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z),=(1,1,0),=(0,1,1).
由可取m=(1,-1,1).
=(0,-1,1),|cos
∴直线DE与平面ABE所成角的正弦值为.
22.(1)证明取AD的中点O,连接OP,OB,OC(图略),则OA=AD=BC,
由题意可知,BC∥AD,
故四边形ABCO是平行四边形.
因为F是线段AC的中点,
故F是OB的中点,又E是PB的中点,
故EF∥OP.
因为PA=PD,O为AD的中点,
故OP⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,OP 平面PAD,
故OP⊥平面ABCD.
因为EF∥OP,
故EF⊥平面ABCD.
(2)解因为AB=BC,
所以四边形ABCO为菱形,
则AC⊥OB,
所以AC,OB,EF两两垂直,
故以点F为坐标原点,建立空间直角坐标系如图所示,
设AB=2,EF=t,
则A(0,-,0),B(1,0,0),D(-2,,0),E(0,0,t),F(0,0,0),
所以=(-2,2,0),=(0,,t),=(1,0,0).
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=,则n=,
平面ACE的法向量为m=(1,0,0),
设平面ACE与平面ADE所成夹角为θ,
所以cos θ=|cos
因为>0,
所以>2,
则0<,