人教A版高中数学选修2-1 第三章 空间向量与立体几何 检测试题
文档属性
| 名称 | 人教A版高中数学选修2-1 第三章 空间向量与立体几何 检测试题 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 505.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-06-09 20:17:13 | ||
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文档简介
第三章 空间向量与立体几何 检测试题
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)
1.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,1),且ka+b与a互相垂直,则k等于( B )
(A) (B) (C)- (D)-
解析:因为向量a=(1,1,0).b=(-1,0,1),
所以ka+b=(k-1,k,1);
又ka+b与a互相垂直,
所以(ka+b)·a=0,
即(k-1)×1+k=0,解得k=.
2.已知空间四点A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,-5),D(x,-1,3)共面,则x的值为( D )
(A)4 (B)1 (C)10 (D)11
解析:=(-2,2,-2),=(-1,6,-8),=(x-4,-2,0).因为A,B,C,D
共面,
所以,,共面,
所以存在实数λ,μ,使=λ+μ,
即(x-4,-2,0)=(-2λ-μ,2λ+6μ,-2λ-8μ),
因为 解得
3.在正方体ABCDA1B1C1D1中,=,=x+y(+),则( D )
(A)x=1,y= (B)x=1,y=
(C)x=,y=1 (D)x=1,y=
解析:因为=+=+=+=+(+),所以x=1,y=.
4.如图,空间四边形的各边和对角线长均相等,E是BC的中点,那么( C )
(A)·<·
(B)·=·
(C)·>·
(D)·与·不能比较大小
解析:因为E是BC的中点,AB=AC,故⊥,即·=0,不防设空间四边形的各边和对角线长均为1,且,,的夹角为60°,则·=(+)·(-)=(·-·+·-·)=-<0,故选C.
5.以下四个命题中,正确的是( D )
(A)向量a=(1,-1,3)与向量b=(3,-3,6)平行
(B)△ABC为直角三角形的充要条件是·=0
(C)|(a·b)c|=|a|·|b|·|c|
(D)若{a,b,c}为空间的一个基底,则a-b,b-c,c-a构成空间的另一个基底
解析:因为=≠,
所以a=(1,-1,3)与b=(3,-3,6)不平行;
当△ABC为直角三角形时也可能·=0或·=0;
|(a·b)c|=|a·b|·|c|=|a||b|·|cos||c|,
所以选项A,B,C都不正确,若{a,b,c}为空间的一个基底,则a-b,b-c, c-a不共面,所以选项D正确.故选D.
6.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=3,则AC与BD1所成角的余弦值是( A )
(A)0 (B)
(C)- (D)
解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则
D1(0,0,3),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0).
所以=(-2,-2,3),=(-2,2,0),所以cos<,>==0.
故选A.
7.已知直线l过点P(1,0,-1),平行于向量a=(2,1,1),平面α过直线l与点M(1,2,3),则平面α的法向量不可能是( D )
(A)(1,-4,2) (B)(,-1,)
(C)(-,1,-) (D)(0,-1,1)
解析:因为=(0,2,4),直线l平行于向量a,若n是平面α的法向量,则必须满足把选项代入验证,只有选项D不满足,故选D.
8.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是( D )
(A) (B) (C) (D)
解析:如图建立空间直角坐标系.
则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),
B(2,2,0),
所以=(2,0,0),
=(2,0,2),=(2,2,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=(1,-1,-1),
所以点D1到平面A1BD的距离是
d===.故选D.
9.空间直角坐标系中,O为坐标原点,已知两点A(3,1,0),B(-1,3,0),若点C满足=α+β,其中α,β∈R,α+β=1,则点C的轨迹为( B )
(A)平面 (B)直线 (C)圆 (D)线段
解析:若点C满足=α+β,
其中α,β∈R,α+β=1,
则=α+(1-α),
从而-=α(-),
即=α,
所以点C与A,B共线.故选B.
10.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则A1B与平面ABD所成角的正弦值为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:因为侧棱与底面垂直,∠ACB=90°,所以分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图空间直角坐标系.
设CA=CB=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),
所以E(,,1),G(,,),=(,,),=(0,-a,1).
因为点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,所以⊥平面ABD,所以·=0,解得a=2.
所以=(,,),=(2,-2,2).
因为⊥平面ABD,所以为平面ABD的一个法向量,又cos<,>= ==,所以A1B与平面ABD所成角的正弦值为.
二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分)
11.如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1中,|DA|=8,|DC|=6,|DD1|=3,则D1B1的中点M的坐标为 ,|DM|= .?
解析:由题图知D1(0,0,3),B1(8,6,3).M为D1B1的中点,由中点坐标公式可得M(4,3,3).
由两点间距离公式有DM==.
答案:(4,3,3)
12.已知O(0,0,0),A(-2,2,-2),B(1,4,-6),C(x,-8,8),若OC⊥AB,则x= ;若O,A,B,C四点共面,则x= .?
解析:由题意得,=(x,-8,8),=(3,2,-4),
所以OC⊥AB?·=3x-16-32=0,
所以x=16;若O,A,B,C四点共面,
所以存在唯一的实数λ,μ使得,=λ+μ,
所以(x,-8,8)=λ(-2,2,-2)+μ(1,4,-6),
所以?x=8.
答案:16 8
13.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是 ,若D1E⊥EC,则AE= .?
解析:长方体ABCDA1B1C1D1中以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
又AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,
则D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0),
设E(1,m,0),0≤m≤2,
则=(1,m,-1),=(-1,0,-1),
所以·=-1+0+1=0,
所以直线D1E与A1D所成角的大小是90°.
因为=(1,m,-1),=(-1,2-m,0),D1E⊥EC,
所以·=-1+m(2-m)+0=0,
解得m=1,所以AE=1.
答案:90° 1
14.已知空间单位向量e1,e2,e3,e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=,若空间向量m=xe1+ye2+ze3满足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,则x+y+z= , |m|= .?
解析:因为e1,e2,e3,e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=,
空间向量m=xe1+ye2+ze3满足m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,
所以
解得
解得
所以x+y+z=8,|m|=.
答案:8
15.已知正方体ABCDA′B′C′D′的棱长为1,设=a,=b,=c,则|a+b+c|= .?
解析:取CC1中点E,连接AC,AE.
因为正方体ABCDA′B′C′D′的棱长为1,
a+b+c=++=.
所以|a+b+c|=||===.
答案:
16.已知在长方体ABCDA1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离是 .?
解析:如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则A1(2,0,4),A(2,0,0), B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4).
设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,d==.
答案:
17.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为 .?
解析:由条件,知·=0,·=0,
=++.
所以||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=62+42+82+ 2×6×8cos<,>=(2)2.
所以cos<,>=-,<,>=120°,
所以二面角的大小为60°.
答案:60°
三、解答题(本大题共5小题,共74分)
18.(本小题满分14分)
如图,在三棱锥ABCD中,∠BAC=∠BAD=∠DAC=60°,AC=AD=2,AB=3.
(1)证明:AB⊥CD;
(2)求CD与平面ABD所成角的正弦值.
(1)证明:因为∠BAC=∠BAD=60°,AC=AD,
所以△ABD≌△ABC,
所以BC=BD,
取CD的中点E,连接AE,BE,
所以AE⊥CD,BE⊥CD,
所以CD⊥平面ABE,又AB?平面ABE,
所以AB⊥CD.
(2)解:分别以EB,EC,EA所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Exyz,则A(0,0,),B(,0,0),C(0,1,0),D(0,-1,0).
所以=(0,-2,0),=(,0,-),
=(0,-1,-).
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),
则取m=(,-,1),
则cos<,m>==,
即CD与平面ABD所成角的正弦值为.
19.(本小题满分15分)
如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=AD.
(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小;
(2)证明平面AMD⊥平面CDE;
(3)求二面角ACDE的余弦值.
解:如图所示,建立空间直角坐标系,点A为坐标原点.
设AB=1,依题意得B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1), F(0,0,1),M(,1,).
(1)=(-1,0,1),=(0,-1,1),
于是cos<,>===.
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°,
(2)证明:由=(,1,),=(-1,0,1),=(0,2,0),可得·=0, ·=0.
因此,CE⊥AM,CE⊥AD.
又AM∩AD=A,故CE⊥平面AMD.
而CE?平面CDE,
所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)设平面CDE的法向量为u=(x,y,z),
则于是
令x=1,可得u=(1,1,1).
又由题设,平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1).
所以cos===.
因为二面角ACDE为锐角,
所以其余弦值为.
20.(本小题满分15分)
如图①在直角梯形ABCP中,BC∥AP,AB⊥BC,CD⊥AP,AD=DC=PD=2,E,F, G分别是线段PC,PD,BC的中点,现将△PDC折起,使平面PDC⊥平面ABCD(如图②)
(1)求证:AP∥平面EFG;
(2)求二面角GEFD的大小.
(1)证明:因为在题图①中,AP⊥CD,
所以在题图②中PD⊥CD,AD⊥CD,
所以∠ADP是二面角PDCA的平面角,
因为平面PDC⊥平面ABCD,
所以∠ADP=90°,即PD⊥DA,
又AD∩DC=D,所以PD⊥平面ABCD.
如图.以D为坐标原点,直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),
E(0,1,1),F(0,0,1),G(1,2,0).
所以=(-2,0,2),=(0,-1,0),=(1,2,-1),
设平面GEF的法向量n=(x,y,z),由法向量的定义得
??
?
不妨设z=1,则n=(1,0,1),
·n=-2×1+0+2×1=0,
所以⊥n,点P?平面EFG,
所以AP∥平面EFG.
(2)解:由(1)知平面GEF的一个法向量为n=(1,0,1),
因平面EFD与坐标平面PDC重合,
则它的一个法向量为i=(1,0,0),
设二面角GEFD为θ,
则cos θ===.
由图形观察二面角GEFD为锐角,
故二面角GEFD的大小为45°.
21.(本小题满分15分)
如图所示,已知长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=4,E是棱CC1上的点,且BE⊥B1C.
(1)求CE的长;
(2)求证:A1C⊥平面BED;
(3)求A1B与平面BDE夹角的正弦值.
(1)解:如图所示,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,所以D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),A1(2,0,4),B1(2,2,4),C1(0,2,4),D1(0,0,4).
设E点坐标为(0,2,t),则=(-2,0,t),=(-2,0,-4).
因为BE⊥B1C,所以·=4+0-4t=0.
所以t=1,故CE=1.
(2)证明:由(1)得,E(0,2,1),=(-2,0,1),
又=(-2,2,-4),=(2,2,0),
所以·=4+0-4=0,
且A1C·=-4+4+0=0.
所以⊥且⊥,即A1C⊥DB,A1C⊥BE,
又因为DB∩BE=B,所以A1C⊥平面BED.
(3)解:由(2)知=(-2,2,-4)是平面BDE的一个法向量.
又=(0,2,-4),
所以cos<,>==.
所以A1B与平面BDE夹角的正弦值为.
22.(本小题满分15分)
直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1=AB=AC=1,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,D为棱A1B1上的点.
(1)证明:DF⊥AE;
(2)是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为?若存在,说明点D的位置,若不存在,说明理由.
(1)证明:因为AE⊥A1B1,A1B1∥AB,
所以AE⊥AB.
又因为AA1⊥AB,AA1∩AE=A,
所以AB⊥平面A1ACC1.
又因为AC?平面A1ACC1,
所以AB⊥AC.
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则有A(0,0,0),E(0,1,),F(,,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1).
设D(x,y,z),=λ且λ∈[0,1],
即(x,y,z-1)=λ(1,0,0),
则D(λ,0,1),
所以=(-λ,,-1).
因为=(0,1,),
所以·=-=0,
所以DF⊥AE.
(2)解:结论:存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.
理由如下:
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
则
因为=(-,,),=(-λ,,-1),
所以即
令z=2(1-λ),则n=(3,1+2λ,2(1-λ)).
由题可知平面ABC的一个法向量m=(0,0,1).
因为平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为,
所以|cos＜m,n＞|==,
即=.
解得λ=或λ=(舍去),
所以当D为A1B1中点时满足要求.
(时间:120分钟 满分:150分)
一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分)
1.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,1),且ka+b与a互相垂直,则k等于( B )
(A) (B) (C)- (D)-
解析:因为向量a=(1,1,0).b=(-1,0,1),
所以ka+b=(k-1,k,1);
又ka+b与a互相垂直,
所以(ka+b)·a=0,
即(k-1)×1+k=0,解得k=.
2.已知空间四点A(4,1,3),B(2,3,1),C(3,7,-5),D(x,-1,3)共面,则x的值为( D )
(A)4 (B)1 (C)10 (D)11
解析:=(-2,2,-2),=(-1,6,-8),=(x-4,-2,0).因为A,B,C,D
共面,
所以,,共面,
所以存在实数λ,μ,使=λ+μ,
即(x-4,-2,0)=(-2λ-μ,2λ+6μ,-2λ-8μ),
因为 解得
3.在正方体ABCDA1B1C1D1中,=,=x+y(+),则( D )
(A)x=1,y= (B)x=1,y=
(C)x=,y=1 (D)x=1,y=
解析:因为=+=+=+=+(+),所以x=1,y=.
4.如图,空间四边形的各边和对角线长均相等,E是BC的中点,那么( C )
(A)·<·
(B)·=·
(C)·>·
(D)·与·不能比较大小
解析:因为E是BC的中点,AB=AC,故⊥,即·=0,不防设空间四边形的各边和对角线长均为1,且,,的夹角为60°,则·=(+)·(-)=(·-·+·-·)=-<0,故选C.
5.以下四个命题中,正确的是( D )
(A)向量a=(1,-1,3)与向量b=(3,-3,6)平行
(B)△ABC为直角三角形的充要条件是·=0
(C)|(a·b)c|=|a|·|b|·|c|
(D)若{a,b,c}为空间的一个基底,则a-b,b-c,c-a构成空间的另一个基底
解析:因为=≠,
所以a=(1,-1,3)与b=(3,-3,6)不平行;
当△ABC为直角三角形时也可能·=0或·=0;
|(a·b)c|=|a·b|·|c|=|a||b|·|cos
所以选项A,B,C都不正确,若{a,b,c}为空间的一个基底,则a-b,b-c, c-a不共面,所以选项D正确.故选D.
6.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=2,BC=2,DD1=3,则AC与BD1所成角的余弦值是( A )
(A)0 (B)
(C)- (D)
解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则
D1(0,0,3),B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0).
所以=(-2,-2,3),=(-2,2,0),所以cos<,>==0.
故选A.
7.已知直线l过点P(1,0,-1),平行于向量a=(2,1,1),平面α过直线l与点M(1,2,3),则平面α的法向量不可能是( D )
(A)(1,-4,2) (B)(,-1,)
(C)(-,1,-) (D)(0,-1,1)
解析:因为=(0,2,4),直线l平行于向量a,若n是平面α的法向量,则必须满足把选项代入验证,只有选项D不满足,故选D.
8.设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2,则点D1到平面A1BD的距离是( D )
(A) (B) (C) (D)
解析:如图建立空间直角坐标系.
则D1(0,0,2),A1(2,0,2),D(0,0,0),
B(2,2,0),
所以=(2,0,0),
=(2,0,2),=(2,2,0).
设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=(1,-1,-1),
所以点D1到平面A1BD的距离是
d===.故选D.
9.空间直角坐标系中,O为坐标原点,已知两点A(3,1,0),B(-1,3,0),若点C满足=α+β,其中α,β∈R,α+β=1,则点C的轨迹为( B )
(A)平面 (B)直线 (C)圆 (D)线段
解析:若点C满足=α+β,
其中α,β∈R,α+β=1,
则=α+(1-α),
从而-=α(-),
即=α,
所以点C与A,B共线.故选B.
10.如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧棱AA1⊥底面ABC,底面ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则A1B与平面ABD所成角的正弦值为( A )
(A) (B) (C) (D)
解析:因为侧棱与底面垂直,∠ACB=90°,所以分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图空间直角坐标系.
设CA=CB=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),
所以E(,,1),G(,,),=(,,),=(0,-a,1).
因为点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,所以⊥平面ABD,所以·=0,解得a=2.
所以=(,,),=(2,-2,2).
因为⊥平面ABD,所以为平面ABD的一个法向量,又cos<,>= ==,所以A1B与平面ABD所成角的正弦值为.
二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分)
11.如图所示的长方体ABCDA1B1C1D1中,|DA|=8,|DC|=6,|DD1|=3,则D1B1的中点M的坐标为 ,|DM|= .?
解析:由题图知D1(0,0,3),B1(8,6,3).M为D1B1的中点,由中点坐标公式可得M(4,3,3).
由两点间距离公式有DM==.
答案:(4,3,3)
12.已知O(0,0,0),A(-2,2,-2),B(1,4,-6),C(x,-8,8),若OC⊥AB,则x= ;若O,A,B,C四点共面,则x= .?
解析:由题意得,=(x,-8,8),=(3,2,-4),
所以OC⊥AB?·=3x-16-32=0,
所以x=16;若O,A,B,C四点共面,
所以存在唯一的实数λ,μ使得,=λ+μ,
所以(x,-8,8)=λ(-2,2,-2)+μ(1,4,-6),
所以?x=8.
答案:16 8
13.在长方体ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,则直线D1E与A1D所成角的大小是 ,若D1E⊥EC,则AE= .?
解析:长方体ABCDA1B1C1D1中以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,
又AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动,
则D(0,0,0),D1(0,0,1),A(1,0,0),A1(1,0,1),C(0,2,0),
设E(1,m,0),0≤m≤2,
则=(1,m,-1),=(-1,0,-1),
所以·=-1+0+1=0,
所以直线D1E与A1D所成角的大小是90°.
因为=(1,m,-1),=(-1,2-m,0),D1E⊥EC,
所以·=-1+m(2-m)+0=0,
解得m=1,所以AE=1.
答案:90° 1
14.已知空间单位向量e1,e2,e3,e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=,若空间向量m=xe1+ye2+ze3满足:m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,则x+y+z= , |m|= .?
解析:因为e1,e2,e3,e1⊥e2,e2⊥e3,e1·e3=,
空间向量m=xe1+ye2+ze3满足m·e1=4,m·e2=3,m·e3=5,
所以
解得
解得
所以x+y+z=8,|m|=.
答案:8
15.已知正方体ABCDA′B′C′D′的棱长为1,设=a,=b,=c,则|a+b+c|= .?
解析:取CC1中点E,连接AC,AE.
因为正方体ABCDA′B′C′D′的棱长为1,
a+b+c=++=.
所以|a+b+c|=||===.
答案:
16.已知在长方体ABCDA1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离是 .?
解析:如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则A1(2,0,4),A(2,0,0), B1(2,2,4),D1(0,0,4),=(-2,0,4),=(0,2,4),=(0,0,4).
设平面AB1D1的一个法向量为n=(x,y,z),
则即
解得x=2z且y=-2z,不妨设n=(2,-2,1),设点A1到平面AB1D1的距离为d,d==.
答案:
17.二面角的棱上有A,B两点,直线AC,BD分别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2,则该二面角的大小为 .?
解析:由条件,知·=0,·=0,
=++.
所以||2=||2+||2+||2+2·+2·+2·=62+42+82+ 2×6×8cos<,>=(2)2.
所以cos<,>=-,<,>=120°,
所以二面角的大小为60°.
答案:60°
三、解答题(本大题共5小题,共74分)
18.(本小题满分14分)
如图,在三棱锥ABCD中,∠BAC=∠BAD=∠DAC=60°,AC=AD=2,AB=3.
(1)证明:AB⊥CD;
(2)求CD与平面ABD所成角的正弦值.
(1)证明:因为∠BAC=∠BAD=60°,AC=AD,
所以△ABD≌△ABC,
所以BC=BD,
取CD的中点E,连接AE,BE,
所以AE⊥CD,BE⊥CD,
所以CD⊥平面ABE,又AB?平面ABE,
所以AB⊥CD.
(2)解:分别以EB,EC,EA所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Exyz,则A(0,0,),B(,0,0),C(0,1,0),D(0,-1,0).
所以=(0,-2,0),=(,0,-),
=(0,-1,-).
设平面ABD的法向量为m=(x,y,z),
则取m=(,-,1),
则cos<,m>==,
即CD与平面ABD所成角的正弦值为.
19.(本小题满分15分)
如图,在五面体ABCDEF中,FA⊥平面ABCD,AD∥BC∥FE,AB⊥AD,M为EC的中点,AF=AB=BC=FE=AD.
(1)求异面直线BF与DE所成的角的大小;
(2)证明平面AMD⊥平面CDE;
(3)求二面角ACDE的余弦值.
解:如图所示,建立空间直角坐标系,点A为坐标原点.
设AB=1,依题意得B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),E(0,1,1), F(0,0,1),M(,1,).
(1)=(-1,0,1),=(0,-1,1),
于是cos<,>===.
所以异面直线BF与DE所成的角的大小为60°,
(2)证明:由=(,1,),=(-1,0,1),=(0,2,0),可得·=0, ·=0.
因此,CE⊥AM,CE⊥AD.
又AM∩AD=A,故CE⊥平面AMD.
而CE?平面CDE,
所以平面AMD⊥平面CDE.
(3)设平面CDE的法向量为u=(x,y,z),
则于是
令x=1,可得u=(1,1,1).
又由题设,平面ACD的一个法向量为v=(0,0,1).
所以cos
因为二面角ACDE为锐角,
所以其余弦值为.
20.(本小题满分15分)
如图①在直角梯形ABCP中,BC∥AP,AB⊥BC,CD⊥AP,AD=DC=PD=2,E,F, G分别是线段PC,PD,BC的中点,现将△PDC折起,使平面PDC⊥平面ABCD(如图②)
(1)求证:AP∥平面EFG;
(2)求二面角GEFD的大小.
(1)证明:因为在题图①中,AP⊥CD,
所以在题图②中PD⊥CD,AD⊥CD,
所以∠ADP是二面角PDCA的平面角,
因为平面PDC⊥平面ABCD,
所以∠ADP=90°,即PD⊥DA,
又AD∩DC=D,所以PD⊥平面ABCD.
如图.以D为坐标原点,直线DA,DC,DP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),
E(0,1,1),F(0,0,1),G(1,2,0).
所以=(-2,0,2),=(0,-1,0),=(1,2,-1),
设平面GEF的法向量n=(x,y,z),由法向量的定义得
??
?
不妨设z=1,则n=(1,0,1),
·n=-2×1+0+2×1=0,
所以⊥n,点P?平面EFG,
所以AP∥平面EFG.
(2)解:由(1)知平面GEF的一个法向量为n=(1,0,1),
因平面EFD与坐标平面PDC重合,
则它的一个法向量为i=(1,0,0),
设二面角GEFD为θ,
则cos θ===.
由图形观察二面角GEFD为锐角,
故二面角GEFD的大小为45°.
21.(本小题满分15分)
如图所示,已知长方体ABCDA1B1C1D1中,AB=BC=2,AA1=4,E是棱CC1上的点,且BE⊥B1C.
(1)求CE的长;
(2)求证:A1C⊥平面BED;
(3)求A1B与平面BDE夹角的正弦值.
(1)解:如图所示,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Dxyz,所以D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),A1(2,0,4),B1(2,2,4),C1(0,2,4),D1(0,0,4).
设E点坐标为(0,2,t),则=(-2,0,t),=(-2,0,-4).
因为BE⊥B1C,所以·=4+0-4t=0.
所以t=1,故CE=1.
(2)证明:由(1)得,E(0,2,1),=(-2,0,1),
又=(-2,2,-4),=(2,2,0),
所以·=4+0-4=0,
且A1C·=-4+4+0=0.
所以⊥且⊥,即A1C⊥DB,A1C⊥BE,
又因为DB∩BE=B,所以A1C⊥平面BED.
(3)解:由(2)知=(-2,2,-4)是平面BDE的一个法向量.
又=(0,2,-4),
所以cos<,>==.
所以A1B与平面BDE夹角的正弦值为.
22.(本小题满分15分)
直三棱柱ABCA1B1C1中,AA1=AB=AC=1,E,F分别是CC1,BC的中点,AE⊥A1B1,D为棱A1B1上的点.
(1)证明:DF⊥AE;
(2)是否存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为?若存在,说明点D的位置,若不存在,说明理由.
(1)证明:因为AE⊥A1B1,A1B1∥AB,
所以AE⊥AB.
又因为AA1⊥AB,AA1∩AE=A,
所以AB⊥平面A1ACC1.
又因为AC?平面A1ACC1,
所以AB⊥AC.
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,
则有A(0,0,0),E(0,1,),F(,,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1).
设D(x,y,z),=λ且λ∈[0,1],
即(x,y,z-1)=λ(1,0,0),
则D(λ,0,1),
所以=(-λ,,-1).
因为=(0,1,),
所以·=-=0,
所以DF⊥AE.
(2)解:结论:存在一点D,使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为.
理由如下:
设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),
则
因为=(-,,),=(-λ,,-1),
所以即
令z=2(1-λ),则n=(3,1+2λ,2(1-λ)).
由题可知平面ABC的一个法向量m=(0,0,1).
因为平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为,
所以|cos＜m,n＞|==,
即=.
解得λ=或λ=(舍去),
所以当D为A1B1中点时满足要求.