人教A版高中数学选修2-1 同步练习：回扣验收特训（3） 空间向量与立体几何.doc

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回扣验收特训（三）空间向量与立体几何

1．已知a＋b＝(2,eq\r(2),2eq\r(3)),a－b＝(0,eq\r(2),0),则cosa,b＝()

A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,6)

C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(6),6)

解析：选C由已知,得a＝(1,eq\r(2),eq\r(3)),b＝(1,0,eq\r(3)),∴cosa,b＝eq\f(a·b,|a||b|)＝eq\f(1＋0＋3,\r(6)×\r(4))＝eq\f(\r(6),3)．

2．已知直线l过定点A(2,3,1),且n＝(0,1,1)为直线l的一个方向向量,则点P(4,3,2)到直线l的距离为()

A．eq\f(3\r(2),2) B．eq\f(\r(2),2)

C．eq\f(\r(10),2) D．eq\r(2)

解析：选A＝(－2,0,－1),||＝eq\r(5),·eq\f(n,|n|)＝－eq\f(\r(2),2),则点P到直线l的距离为eq\r(||2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(·\f(n,|n|)))2)＝eq\r(5－\f(1,2))＝eq\f(3\r(2),2)．

3．如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则·＝()

A．－2 B．2

C．－1 D．1

解析：选C·＝·＝(eq\r(2))2cos,＝2cos(180°－60°)＝2cos120°＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－1．故选C．

4．如图,在三棱柱ABC-A1B1C1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．eq\f(\r(2),3) B．eq\f(\r(7),3)

C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(3),7)

解析：选A以C为坐标原点,CA所在的直线为x轴,CB所在的直线为y轴,CC1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示．

设CA＝CB＝a,则A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(a,2)，1)),Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,3)，\f(a,3)，\f(1,3))),＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6)，\f(a,6)，\f(2,3))),＝(0,－a,1)．

∵点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,

∴⊥平面ABD,∴·＝0,解得a＝2．

∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(2,3))),＝(2,－2,2),

∵⊥平面ABD,

∴为平面ABD的一个法向量．

又cos,＝eq\f(·,||||)＝eq\f(\f(4,3),\f(\r(6),3)×2\r(3))＝eq\f(\r(2),3),

∴A1B与平面ABD所成角的正弦值为eq\f(\r(2),3)．

5．如图,已知矩形ABCD与矩形ABEF全等,二面角D-AB-E为直二面角,M为AB的中点,FM与BD所成的角为θ,且cosθ＝eq\f(\r(3),9),则eq\f(AB,BC)＝()

A．1 B．eq\r(2)

C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(1,2)

解析：选C建立如图所示空间直角坐标系,设AB＝1,BC＝λ,则F(λ,0,0),Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)),B(0,1,0),D(0,0,λ)．

∵＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－λ，\f(1,2)，0)),＝(0,－1,λ)．

∴cosθ＝eq\f(|·|,||·||)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),\r(λ2＋\f(1,4))·\r(λ2＋1))＝eq\f(\r(3),9),

解得λ＝eq\r(2),所以eq\f(AB,BC)＝eq\f(\r(2),2)．

6．如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC为正三角形,且侧棱AA1⊥底面ABC,且底面边长与侧棱长都等于2,O,O1分别为AC,