第3章综合素质检测

可以求得BD＝142，ED＝. 44

→→→→

∵BC＝BD＋DE＋EC，

→→→→→→→→→∴BC2＝BD2＋DE2＋2BD·DE＋2DE＋EC＋2EC·BD. 1→→∴EC·BD＝－.

4

7→→

∴cos〈BD，EC〉＝－. 77→→

∴cos〈DB，EC〉＝. 7

二、解答题(本大题共4小题，每空4分，共16分，把正确答案填在题中横线上) 13．设|m|＝1，|n|＝2,2m＋n与m－3n垂直，a＝4m－n，b＝7m＋2n，则〈a，b〉＝________. [答案] 0

[解析] 由于(2m＋n)·(m－3n)＝0， 可得：m·n＝－2，则： a·b＝(4m－n)·(7m＋2n)＝18. |a|＝(4m－n)＝6， |b|＝(7m＋2n)2＝3，

18cos〈a，b〉＝＝1，∴〈a，b〉＝0.

6×3

14．边长为1的等边三角形ABC中，沿BC边高线AD折起，使得折后二面角B－AD－C为60°，点D到平面ABC的距离为________．

[答案]

15 10

3， 2

2

[解析] 如图所示，AD⊥面BCD，AD＝1

BD＝CD＝BC＝，

21

∴VA－BCD＝×AD×S△BCD.

3

1

又∵VA－BCD＝VD－ABC＝×h×S△ABC，

3∴由等积法可解得h＝

15. 10

15．如图所示，在三棱锥P—ABC中，PA＝PB＝PC＝BC，且∠BAC＝90°，则PA与底面ABC所成的角为________．

[答案] 60°

[解析] 由于PA＝PB＝PC，故P在底面ABC上的射影为△ABC外心，由于△ABC为直角三角形，不妨设OB＝OC，所以OP⊥面ABC，11∠PAO为所求角，不妨设BC＝1，则OA＝，cos∠PAO＝，所以∠PAO

22＝60°.

16．已知A、B、C三点共线，则对空间任一点O，存在三个不为零的实数λ、m、n使→→→

λOA＋mOB＋nOC＝0，那么λ＋m＋n的值等于________．

[答案] 0

m→n→→→→→

[解析] 由λOA＋mOB＋nOC＝0，得OA＝－OB－OC.

λλ

mn

根据空间直线的向量参数方程有－－＝1?－m－n＝λ?m＋n＋λ＝0.

λλ

三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分12分)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是DD1的中点，O为底面ABCD→

的中心，求证：B1O是平面PAC的法向量．

[解析] 建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2.则→→

A(2,0,0)，P(0,0,1)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)，O(1,1,0)，于是OB1＝(1,1,2)AC→→→→→＝(－2,2,0)，AP＝(－2，0,1)，由于OB1·AC＝－2＋2＝0，及OB1·AP→→→→＝－2＋2＝0，∴OB1⊥AC，OB1⊥AP.

→

∴AC∩AP＝A，∴OB1⊥平面PAC， →

即OB1是平面PAC的法向量．

18．(本小题满分12分)(2009·陕西)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝AA1＝3，∠ABC＝60°.

(1)证明：AB⊥A1C；

(2)求二面角A－A1C－B的大小．

[解析] (1)证明：∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴AA1⊥AB，AA1⊥AC.

在△ABC中，AB＝1，AC＝3，∠ABC＝60°， 由正弦定理得∠ACB＝30°， ∴∠BAC＝90°，即AB⊥AC.

如图，建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(0，3，0)，A1(0,0，3)， →

∴AB＝(1,0,0)， →

A1C＝(0，3，－3)，

→→∵AB·A1C＝1×0＋0×3＋0×(－3)＝0， ∴AB⊥A1C.

→

(2)解：如图，可取m＝AB＝(1,0,0)为平面AA1C的法向量， 设平面A1BC的法向量为n＝(l，m，n)， →→→则BC·n＝0，A1C·n＝0，又BC＝(－1，3，0)，

?－l＋3m＝0，∴?∴l＝3m，n＝m. ?3m－3n＝0，

不妨取m＝1，则n＝(3，1,1)． m·n

cos〈m，n〉＝

|m||n|＝3×1＋1×0＋1×0(3)2＋12＋1212＋02＋02

＝

15， 5

15. 5

∴二面角A－A1C－B的大小为arccos

19．(本小题满分12分)如图的多面体是底面为平行四边形的直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，经平面AEFG所截后得到的图形，其中∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°.

(1)求证：BD⊥平面ADG；

(2)求平面AEFG与平面ABCD所成锐二面角的余弦值．

[解析] (1)证明：在△BAD中，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°，由余弦定理得，BD＝3， ∴AB2＝AD2＋BD2，∴AD⊥BD， 又GD⊥平面ABCD，∴GD⊥BD， GD∩AD＝D，∴BD⊥平面ADG，

(2)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz， 则有A(1,0,0)，B(0，3，0)，G(0,0,1)，E(0，3，2)， →→

AG＝(－1,0,1)，AE＝(－1，3，2)， 设平面AEFG法向量为m＝(x，y，z)，

→?AG＝－x＋z＝0?m·则?

→??m·AE＝－x＋3y＋2z＝0

，取m＝(1，－3，1)， 3

→

平面ABCD的一个法向量n＝DG＝(0,0,1)， 设平面AEFG与面ABCD所成锐二面角为θ， |m·n|21则cosθ＝＝. |m||n|7

20．(本小题满分12分)(2008·江苏)如图，设动点P在棱长为1D1P

正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记＝λ.当∠APC为钝

D1B角时，求λ的取值范围．

→→→

[解析] 由题设可知，以DA、DC、DD1为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)．

→→→→→由D1B＝(1 ,1，－1)得D1P＝λD1B＝(λ，λ，－λ)，所以PA＝PD1

→

＋D1A＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，

→→→

PC＝PD1＋D1C＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)．

→→PA·PC→→

显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＝cos＝<0，

→→|PA|·|PC|→→

这等价于PA·PC<0，

12

即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)＝(λ－1)(3λ－1)<0，得<λ<1.

31?因此，λ的取值范围为??3，1?.

21．(本小题满分12分)(2009·山东)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．

(1)证明：直线EE1∥平面FCC1； (2)求二面角B－FC1－C的余弦值．

[解析] (1)因为F为AB的中点，CD＝2，AB＝4，AB∥CD，所以CD綊AF， 因此四边形AFCD为平行四边形， 所以AD∥FC.

又CC1∥DD1，FC∩CC1＝C，FC?平面FCC1，CC1?平面FCC1，所以平面ADD1A1∥