(浙江專版)2018年高中數(shù)學(xué) 回扣驗收特訓(xùn)(三)空間向量與立體幾何 新人教A版選修2-1.doc
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回扣驗收特訓(xùn)(三) 空間向量與立體幾何1已知ab(2,2),ab(0,0),則cosa,b()ABC D解析:選C由已知,得a(1,),b(1,0,),cosa,b2已知直線l過定點(diǎn)A(2,3,1),且n(0,1,1)為直線l的一個方向向量,則點(diǎn)P(4,3,2)到直線l的距離為()A BC D解析:選A(2,0,1),|,則點(diǎn)P到直線l的距離為 3如圖所示,已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1,則()A2 B2C1 D1解析:選C()2cos,2cos(18060)2cos 12021故選C4如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)棱AA1底面ABC,底面ABC是等腰直角三角形,ACB90,側(cè)棱AA12,D,E分別是CC1與A1B的中點(diǎn),點(diǎn)E在平面ABD上的射影是ABD的重心G則A1B與平面ABD所成角的正弦值為()A BC D解析:選A以C為坐標(biāo)原點(diǎn),CA所在的直線為x軸,CB所在的直線為y軸,CC1所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示設(shè)CACBa,則A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1),E,G,(0,a,1)點(diǎn)E在平面ABD上的射影是ABD的重心G,平面ABD,0,解得a2,(2,2,2),平面ABD,為平面ABD的一個法向量又cos,A1B與平面ABD所成角的正弦值為5如圖,已知矩形ABCD與矩形ABEF全等,二面角DABE為直二面角,M為AB的中點(diǎn),F(xiàn)M與BD所成的角為,且cos ,則()A1 BC D解析:選C建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB1,BC,則F(,0,0),M,B(0,1,0),D(0,0,),(0,1,)cos ,解得,所以6如圖,在三棱柱ABCA1B1C1中,底面ABC為正三角形,且側(cè)棱AA1底面ABC,且底面邊長與側(cè)棱長都等于2,O,O1分別為AC,A1C1的中點(diǎn),則平面AB1O1與平面BC1O間的距離為()A BC D解析:選B如圖,連接OO1,根據(jù)題意,OO1底面ABC,則以O(shè)為原點(diǎn),分別以O(shè)B,OC,OO1所在的直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)O1OC1,OBO1B1,AO1O1B1O1,OC1OBO,平面AB1O1平面BC1O平面AB1O1與平面BC1O間的距離即為O1到平面BC1O的距離O(0,0,0),B(,0,0),C1(0,1,2),O1(0,0,2),(,0,0),(0,1,2),(0,0,2),設(shè)n(x,y,z)為平面BC1O的法向量,則n0,x0又n0,y2z0,可取n(0,2,1)點(diǎn)O1到平面BC1O的距離記為d,則d平面AB1O1與平面BC1O間的距離為7如圖,在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABCA1B1C1,CACC12CB,則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為_解析:不妨設(shè)CB1,則B(0,0,1),A(2,0,0),C1(0,2,0),B1(0,2,1)(0,2,1),(2,2,1)cos,答案:8如圖,已知矩形ABCD,AB1,BCa,PA平面ABCD,若在BC上只有一個點(diǎn)Q滿足PQQD,則a的值等于_解析:如圖,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則D(0,a,0)設(shè)Q(1,t,0)(0ta)P(0,0,z)則(1,t,z),(1,at,0)由PQQD,得1t(at)0,即t2at10由題意知方程t2at10只一解a240,a2,這時t10,a答案:29在正方體ABCDA1B1C1D1中,二面角A1BDC1的余弦值是_解析:建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體的棱長為1,則B(1,1,0),C1(0,1,1),A1(1,0,1),D(0,0,0),則(1,0,1),(1,0,1),(1,1,0)設(shè)平面A1BD的一個法向量為n(x,y,z),則即所以可取n(1,1,1),同理可求得平面BC1D的一個法向量為m(1,1,1),則cosm,n,所以二面角A1BDC1的余弦值為答案:10如圖,在直三棱柱A1B1C1ABC中,ABAC,ABAC2,A1A4,點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)(1)求異面直線A1B與C1D所成角的余弦值;(2)求平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值解:(1)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(1,1,0),A1(0,0,4),C1(0,2,4),所以(2,0,4),(1,1,4)因為cos,所以異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為(2)設(shè)平面ADC1的法向量為n1(x,y,z),因為(1,1,0),(0,2,4),所以n10,n10,即xy0且y2z0,取z1,得x2,y2,所以,n1(2,2,1)是平面ADC1的一個法向量取平面ABA1的一個法向量為n2(0,1,0),設(shè)平面ADC1與平面ABA1所成二面角的大小為由|cos |,得sin 因此,平面ADC1與平面ABA1所成二面角的正弦值為11如圖,直三棱柱ABCABC,BAC90,ABACAA,點(diǎn)M,N分別為AB和BC的中點(diǎn)(1)證明:MN平面AACC;(2)若二面角AMNC為直二面角,求的值解:(1)證明:連接AB,AC,則AB與AB交于點(diǎn)M,所以M為AB的中點(diǎn)又N為BC的中點(diǎn),所以MNAC又MN平面AACC,AC平面AACC,所以MN平面AACC(2)以A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以直線AB,AC,AA為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,如圖所示設(shè)AA1,則ABAC,于是A(0,0,0),B(,0,0),C(0,0),A(0,0,1),B(,0,1),C(0,1),所以M,N故,設(shè)m(x1,y1,z1)是平面AMN的法向量,由得可取m(1,1,)設(shè)n(x2,y2,z2)是平面MNC的法向量,由得可取n(3,1,)因為AMNC為直二面角,所以mn0即3(1)(1)20,解得12四面體ABCD及其三視圖如圖所示,過棱AB的中點(diǎn)E作平行于AD,BC的平面分別交四面體的棱BD,DC,CA于點(diǎn)F,G,H(1)證明:四邊形EFGH是矩形;(2)求直線AB與平面EFGH夾角的正弦值解:(1)證明:由該四面體的三視圖可知,BDDC,BDAD,ADDC,BDDC2,AD1由題設(shè),知BC平面EFGH,平面EFGH平面BDCFG,平面EFGH平面ABCEH,BCFG,BCEH,F(xiàn)GEH同理EFAD,HGAD,EFHG,四邊形EFGH是平行四邊形又ADDC,ADBD,AD平面BDC,ADBC,EFFG,四邊形EFGH是矩形(2)法一:如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),(0,0,1),(2,2,0),(2,0,1)設(shè)平面EFGH的法向量n(x,y,z),EFAD,F(xiàn)GBC,n0,n0,得取n(1,1,0),sin |cos,n|法二:如圖,以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),E是AB的中點(diǎn),F(xiàn),G分別為BD,DC的中點(diǎn),得E,F(xiàn)(1,0,0),G(0,1,0),(1,1,0),(2,0,1)設(shè)平面EFGH的法向量n(x,y,z),則n0,n0,得取n(1,1,0)sin |cos,n|- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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