【数学】2020届一轮复习人教B版空间向量与立体几何作业

【数学】2020届一轮复习人教B版空间向量与立体几何作业

‎2020届一轮复习人教B版 空间向量与立体几何 作业 一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60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.在以下命题中,不正确的有(　　)‎ ‎①|a|-|b|=|a+b|是a,b共线的充要条件;‎ ‎②若a∥b,则存在唯一的实数λ,使a=λb;‎ ‎③若向量a,b,c构成空间的一个基底,则a+b,b+c,c+a构成空间的另一个基底;‎ ‎④|(a·b)c|=|a||b||c|.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 解析:只有③正确,故选C.‎ 答案:C ‎2.‎ 如图,已知四面体ABCD,E,F,G,H分别为AB,BC,CD,AC的中点,则‎1‎‎2‎‎(AB+BC+‎CD)=(　　)‎ A.BF B.‎EH C.HG D.‎FG 解析:∵‎1‎‎2‎‎(AB+BC+‎CD)=‎1‎‎2‎‎(AC+‎CD)=‎1‎‎2‎AD,‎ 又∵HG‎=‎‎1‎‎2‎AD,∴‎1‎‎2‎‎(AB+BC+‎CD)=HG.‎ 答案:C ‎3.已知A(2,-4,-1),B(-1,5,1),C(3,-4,1),D(0,0,0),令a=CA,b=CB,则a+b=(　　)‎ A.(5,-9,2) B.(-5,9,-2)‎ C.(5,9,-2) D.(5,-9,-2)‎ 解析:∵A(2,-4,-1),B(-1,5,1),C(3,-4,1),D(0,0,0),‎ ‎∴a=CA=(-1,0,-2),b=CB=(-4,9,0),‎ ‎∴a+b=(-5,9,-2).‎ 答案:B ‎4.已知O-ABC是四面体,G1是△ABC的重心,G是OG1上一点,且OG=3GG1,若OG=xOA+yOB+zOC,则(x,y,z)为(　　)‎ A.‎1‎‎4‎‎,‎1‎‎4‎,‎‎1‎‎4‎ B.‎‎3‎‎4‎‎,‎3‎‎4‎,‎‎3‎‎4‎ C.‎1‎‎3‎‎,‎1‎‎3‎,‎‎1‎‎3‎ D.‎‎2‎‎3‎‎,‎2‎‎3‎,‎‎2‎‎3‎ 解析:如图,‎ 连接AG1并延长交BC于点E,则E为BC的中点,‎ ‎∴AE‎=‎1‎‎2‎(AB+‎AC)=‎1‎‎2‎‎(‎OB-2OA‎+‎OC),AG‎1‎‎=‎2‎‎3‎AE=‎1‎‎3‎(‎OB-2OA‎+‎OC).‎ ‎∵OG=3GG‎1‎=3(OG‎1‎‎-‎OG),∴OG‎=‎3‎‎4‎OG‎1‎=‎3‎‎4‎(OA+‎AG‎1‎)=‎3‎‎4‎OA‎+‎1‎‎3‎OB-‎2‎‎3‎OA+‎‎1‎‎3‎OC‎=‎1‎‎4‎OA+‎1‎‎4‎OB+‎‎1‎‎4‎OC,故选A.‎ 答案:A ‎5.设x>y>0>z,空间向量m=x,‎1‎x,3z,n=x,‎1‎y+‎1‎x-y,3z,且x2+9z2=4y(x-y),则m·n的最小值是(　　)‎ A.2 B.4 C.2‎5‎ D.5‎ 解析:∵空间向量m=x,‎1‎x,3z,n=x,‎‎1‎y‎+‎‎1‎x-y‎,3z,‎ ‎∴m·n=x2+‎1‎x‎·‎‎1‎y‎+‎‎1‎x-y+9z2‎ ‎=4y(x-y)+‎‎1‎y(x-y)‎ ‎≥2‎4y(x-y)·‎‎1‎y(x-y)‎=4.‎ 当且仅当4y(x-y)=‎1‎y(x-y)‎时取等号.‎ 则m·n的最小值是4.‎ 答案:B ‎6.‎ 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在A1D,AC上,且A1E=‎2‎‎3‎A1D,AF=‎1‎‎3‎AC,则(　　)‎ A.EF至多与A1D,AC之一垂直 B.EF与A1D,AC都垂直 C.EF与BD1相交 D.EF与BD1异面 解析:以D为坐标原点,分别以DA‎,DC,‎DD‎1‎的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,设正方体的棱长为3,则A(3,0,0),C(0,3,0),D(0,0,0),A1(3,0,3),E(1,0,1),F(2,1,0),B(3,3,0),D1(0,0,3),∴A‎1‎D=(-3,0,-3),AC=(-3,3,0),EF=(1,1,-1),∴A‎1‎D‎·‎EF=0,AC‎·‎EF=0,∴A‎1‎D‎⊥EF,AC⊥‎EF,∴A1D⊥EF,AC⊥EF.又BD‎1‎=(-3,-3,3),‎ ‎∴BD‎1‎=-3EF,即BD1与EF平行.故选B.‎ 答案:B ‎7.已知空间三点O(0,0,0),A(-1,1,0),B(0,1,1),在直线OA上有一点H满足BH⊥OA,则点H的坐标为(　　)‎ A.(-2,2,0) B.(2,-2,0)‎ C.‎-‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎,0‎ D.‎‎1‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,0‎ 解析:由OA=(-1,1,0),且点H在直线OA上,可设H(-λ,λ,0),则BH=(-λ,λ-1,-1).又BH⊥OA,‎ ‎∴BH‎·‎OA=0,即(-λ,λ-1,-1)·(-1,1,0)=0,即λ+λ-1=0,解得λ=‎1‎‎2‎,∴H‎-‎1‎‎2‎,‎1‎‎2‎,0‎,故选C.‎ 答案:C ‎8.‎ 如图,正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面内的投影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC的夹角是(　　)‎ A.30° ‎ B.45°‎ C.60° ‎ D.90°‎ 解析:‎ ‎ 如图,以O为坐标原点建立空间直角坐标系O-xyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P‎0,-‎2‎,‎a‎2‎,则CA=(2a,0,0),AP‎=‎-a,-a‎2‎,‎a‎2‎,‎CB=(a,a,0),设平面PAC的一个法向量为n,可取n=(0,1,1),则cos=CB‎·n‎|CB|·|n|‎‎=a‎2‎a‎2‎‎·‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎,所以=60°,所以直线BC与平面PAC的夹角为90°-60°=30°.‎ 答案:A ‎9.‎ 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E是A1B1的中点,则点E到平面ABC1D1的距离是(　　)‎ A.‎3‎‎2‎ B.‎‎2‎‎2‎ C.‎1‎‎2‎ D.‎‎3‎‎3‎ 解析: 建立如图所示的坐标系,‎ ‎∵正方体的棱长为1,‎ ‎∴A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),C1(0,1,1),D1(0,0,1),E‎1,‎1‎‎2‎,1‎.‎ 设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z).‎ ‎∴n·AB=0,且n·BC‎1‎=0,即(x,y,z)·(0,1,0)=0,且(x,y,z)·(-1,0,1)=0.‎ ‎∴y=0,且-x+z=0,令x=1,则z=1,∴n=(1,0,1).‎ ‎∴n0=‎2‎‎2‎‎,0,‎‎2‎‎2‎.又EC‎1‎‎=‎‎-1,‎1‎‎2‎,0‎,‎ ‎∴点E到平面ABC1D1的距离为|EC‎1‎·n0|=‎-1,‎1‎‎2‎,0‎‎·‎‎2‎‎2‎‎,0,‎‎2‎‎2‎‎=‎‎2‎‎2‎.‎ 答案:B ‎10.‎ 如图,在四面体P-ABC中,PC⊥平面ABC,AB=BC=CA=PC,则平面ABP与平面APC的夹角的余弦值为(　　)‎ A.‎2‎‎2‎ B.‎‎3‎‎3‎ C.‎7‎‎7‎ D.‎‎5‎‎7‎ 解析:‎ ‎ 取AC的中点D,连接BD,过D作DE∥PC,以DB,DC,DE所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系.由图知平面APC的法向量为DB.‎ 设AB=1,‎ 则D(0,0,0),B‎3‎‎2‎‎,0,0‎,A‎0,-‎1‎‎2‎,0‎,C‎0,‎1‎‎2‎,0‎,P‎0,‎1‎‎2‎,1‎,‎ ‎∴DB‎=‎3‎‎2‎‎,0,0‎,‎PA=(0,-1,-1),PB‎=‎‎3‎‎2‎‎,-‎1‎‎2‎,-1‎.‎ 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·PA=0,‎n·PB=0,‎即z=-y,‎x=-‎3‎‎3‎y,‎ 令y=3,∴n=(-‎3‎,3,-3).‎ ‎∴cos=‎-‎‎3‎‎2‎‎3‎‎2‎‎×‎‎21‎=-‎7‎‎7‎,‎ 即平面ABP与平面APC的夹角的余弦值为‎7‎‎7‎.‎ 答案:C ‎11.设a,b为非零向量,|b|=2|a|,两组向量x1,x2,x3,x4和y1,y2,y3,y4均由2个a和2个b排列而成,若x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4所有可能取值中的最小值为4|a|2,则a与b的夹角为(　　)‎ A.‎2π‎3‎ B.π‎3‎ C.π‎6‎ D.0‎ 解析:设a与b的夹角为θ.x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4有以下三种可能:‎ ‎①2a·a+2b·b=2|a|2+2|b|2=10|a|2;‎ ‎②4a·b=4|a|·2|a|cos θ=8|a|2cos θ;‎ ‎③a·a+2a·b+b·b=|a|2+2|a||b|cos θ+|b|2=5|a|2+4|a|2cos θ.‎ 由此易知②最小,则8|a|2cos θ=4|a|2,‎ 解得cos θ=‎1‎‎2‎,∴θ=π‎3‎.‎ 答案:B ‎12.导学号90074051已知平面α与平面β的夹角为60°,AB⫋α,AB⊥l,A为垂足,CD⫋β,C∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　)‎ A.‎1‎‎4‎ B.‎2‎‎4‎ C.‎3‎‎4‎ D.‎‎1‎‎2‎ 解析:如图,‎ 在平面α内过C作CE∥AB,‎ 则∠ECD为异面直线AB与CD所成的角或其补角,不妨取CE=1,过E作EO⊥β于O.‎ 在平面β内过O作OH⊥CD于H,‎ 连EH,则EH⊥CD.‎ 因为AB∥CE,AB⊥l,所以CE⊥l.‎ 又因为EO⊥平面β,所以CO⊥l,所以∠ECO=60°.‎ 而∠ACD=135°,CO⊥l,所以∠OCH=45°.‎ 在Rt△ECO中,CO=CE·cos∠ECO=1·cos 60°=‎1‎‎2‎.在Rt△COH中,CH=CO·cos∠OCH=‎1‎‎2‎·sin 45°=‎2‎‎4‎.在Rt△ECH中,cos∠ECH=CHCE‎=‎2‎‎4‎‎1‎=‎‎2‎‎4‎.所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为‎2‎‎4‎.故选B.‎ 答案:B 二、填空题(本大题共4个小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)‎ ‎13.已知l∥α,且l的方向向量为(2,m,1),平面α的法向量为‎1,‎1‎‎2‎,2‎,则m=　　　　　. ‎ 解析:∵l∥α,∴l的方向向量与平面α的法向量垂直,即(2,m,1)·‎1,‎1‎‎2‎,2‎=0,∴2+‎1‎‎2‎m+2=0,∴m=-8.‎ 答案:-8‎ ‎14.已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,设AB=a,AD=b,AA'‎=c,则a+b+‎1‎‎2‎c=　　　　　. ‎ 解析:‎ ‎ 如图,取CC'中点E,连接AC,AE.‎ ‎∵正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,‎ AB‎=a,AD=b,AA'‎=c,‎ ‎∴a+b+‎1‎‎2‎c=AB‎+BC+CE=‎AE.‎ ‎∴a+b+‎1‎‎2‎c=|AE|=AC‎2‎+CE‎2‎‎=‎(‎1‎‎2‎+‎1‎‎2‎)+‎‎1‎‎2‎‎2‎=‎‎3‎‎2‎.‎ 答案:‎‎3‎‎2‎ ‎15.‎ 如图,PD垂直于正方形ABCD所在的平面,AB=2,E为PB的中点,cos