【名師一號】2020-2021學年人教A版高中數(shù)學選修2-1雙基限時練22

雙基限時練(二十二)1．在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，則AC與平面DEF的位置關系是()A．平行 B．相交C．在平面內 D．不能確定解析如圖所示，易知EF∥AC，又AC?平面DEF，EF?平面DEF，∴AC∥平面DEF.答案A2．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，若E為A1C1的中點，則直線A．AC B．BDC．A1D D．A1解析如圖，∵B1D1⊥CC1，B1D1⊥A1C1又CC1∩A1C1＝C1∴B1D1⊥平面AA1C1C，而CE?平面∴B1D1⊥CE.又B1D1∥BD，∴CE⊥BD.答案B3．平面ABC中，A(0,1,1)，B(1,2,1)，C(－1,0，－1)，若a＝(－1，y，z)，且a為平面ABC的法向量，則y2等于()A．2 B．0C．1 D．無意義解析∵eq\o(AB,\s\up16(→))＝(1,2,1)－(0,1,1)＝(1,1,0)，eq\o(AC,\s\up16(→))＝(－1,0，－1)－(0,1,1)＝(－1，－1，－2)．又a＝(－1，y，z)為平面ABC的法向量，∴a⊥eq\o(AB,\s\up16(→))，a⊥eq\o(AC,\s\up16(→)).∴a·eq\o(AB,\s\up16(→))＝0，a·eq\o(AC,\s\up16(→))＝0.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋y＝0，,1－y－2z＝0，))∴y＝1，y2＝1.答案C4．直線l的方向向量為a，平面α內兩共點向量eq\o(OA,\s\up16(→))，eq\o(OB,\s\up16(→))，下列關系中能表示l∥α的是()A．a(chǎn)＝eq\o(OA,\s\up16(→)) B．a(chǎn)＝keq\o(OB,\s\up16(→))C．a(chǎn)＝peq\o(OA,\s\up16(→))＋keq\o(OB,\s\up16(→)) D．以上均不能解析A、B、C中均不能說明l?α，因此應選D.答案D5．在邊長為a的正三角形ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B－AD－C后，BC＝eq\f(1,2)a，這時二面角B－AD－C的大小為()A．30° B．45°C．60° D．90°解析由于△ABC是邊長為a的正三角形，AD⊥BC，折成二面角B－AD－C后，AD⊥BD，AD⊥CD，所以∠BDC是二面角B－AD－C的平面角．又BC＝BD＝CD＝eq\f(1,2)a.所以△BCD為正三角形．∴∠BDC＝60°.答案C6．若直線l的方向向量a＝(－2,3,1)，平面α的一個法向量n＝(4,0,8)，則直線l與平面α的位置關系是________．解析∵a·n＝(－2)×4＋3×0＋8×1＝0，∴a⊥n，∴l(xiāng)?α，或l∥α.答案l?α或l∥α7．若平面α的一個法向量為n＝(3,3,0)，直線l的一個方向向量為a＝(1,1,1)，則l與α所成角的余弦值為________________．解析設l與α所成角為θ，則sinθ＝|cos〈n，a〉|＝eq\f(|n·a|,|n|·|a|)＝eq\f(3＋3,3\r(2)·\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，∴cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(\r(3),3).答案eq\f(\r(3),3)8．如圖所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面是以∠ABC為直角的等腰三角形，AC＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中點，點E在棱AA1上，要使CE⊥平面B1DE，則解析建立直角坐標系B－xyz如圖所示，依題意得B1(0,0,3a)，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a，\f(\r(2),2)a，3a))，C(0，eq\r(2)a,0)．設E(eq\r(2)a,0，z)(0≤z≤3a)，則eq\o(CE,\s\up16(→))＝(eq\r(2)a，－eq\r(2)a，z)，eq\o(B1E,\s\up16(→))＝(eq\r(2)a,0，z－3a)．要使CE⊥平面B1DE，即B1E⊥CE，得eq\o(B1E,\s\up16(→))·eq\o(CE,\s\up16(→))＝2a2－0＋z2－3az＝0.解得z＝a或2a答案a或29．在正方體AC1中，O，M分別是DB1，D1C1證明：OM∥BC1.證明如圖，以D為原點，分別以DA，DC，DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz.設正方體的棱長為2，則O(1,1,1)，M(0,1,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，eq\o(OM,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq\o(BC1,\s\up16(→))＝(－2,0,2)，∴eq\o(OM,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)eq\o(BC1,\s\up16(→))，∴eq\o(OM,\s\up16(→))∥eq\o(BC1,\s\up16(→)).又O?平面B1BCC1，∴OM∥BC1.10．在棱長為a的正方體OABC－O1A1B1C1中，E，F(xiàn)分別是AB，BC上的動點，且AE＝BF，求證：A1F⊥C證明以O為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(a,0，a)，C1(0，a，a)．設AE＝BF＝x，∴E(a，x,0)，F(xiàn)(a－x，a,0)．∴eq\o(A1F,\s\up16(→))＝(－x，a，－a)，eq\o(C1E,\s\up16(→))＝(a，x－a，－a)．∵eq\o(A1F,\s\up16(→))·eq\o(C1E,\s\up16(→))＝(－x，a，－a)·(a，x－a，－a)＝－ax＋ax－a2＋a2＝0.∴eq\o(A1F,\s\up16(→))⊥eq\o(C1E,\s\up16(→))，即A1F⊥C1E.11.如圖所示，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是A1D1，D1D，D1C1的中點．求證：平面EFG∥平面AB證明設eq\o(AB,\s\up16(→))＝a，eq\o(AD,\s\up16(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up16(→))＝c，則eq\o(EG,\s\up16(→))＝eq\o(ED1,\s\up16(→))＋eq\o(D1G,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1D1,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(D1C1,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)b＋eq\f(1,2)a，而eq\o(AC,\s\up16(→))＝eq\o(AB,\s\up16(→))＋eq\o(AD,\s\up16(→))＝a＋b，∴eq\o(AC,\s\up16(→))＝2eq\o(EG,\s\up16(→))，故eq\o(AC,\s\up16(→))∥eq\o(EG,\s\up16(→)).即EG∥AC.又eq\o(EF,\s\up16(→))＝eq\o(ED1,\s\up16(→))＋eq\o(D1F,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)eq\o(A1D1,\s\up16(→))＋eq\f(1,2)eq\o(D1D,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)b－eq\f(1,2)c，而eq\o(B1C,\s\up16(→))＝eq\o(B1C1,\s\up16(→))＋eq\o(C1C,\s\up16(→))＝b－c＝2eq\o(EF,\s\up16(→))，∴eq\o(EF,\s\up16(→))∥eq\o(B1C,\s\up16(→))，即EF∥B1C.又EG∩EF＝E，AC∩B1C＝C∴平面EFG∥平面AB1C12.如圖在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，AA1＝4，點D是AB的中點，求證：AC1∥平面CDB1證明因直三棱柱ABC－A1B1C1底面三邊長AC＝3，BC＝4，AB＝5，所以AC2＋BC2＝AB2.所以AC⊥BC所以AC，BC，C1C兩兩垂直，以C為坐標原點，直線CA，CB，CC1分別為x，y，zC(0,0,0)，A(3,0,0)，C1(0,0,4)，B(0,4,0)，B1(0,4,4)，D(eq\f(3,2)，2,0)．設CB1與C1B的交點為E，連接DE則E(0,2,2)，因eq\o(DE,\s\up16(→))＝(－eq\f(3,2)，0,2)