滚动习题(二) 范围1.3~1.4 练习册答案

滚动习题(二)1.A[解析]∵a=(1,y,2),b=(-1,1,1),且a⊥b,∴a·b=-1+y+2=0,解得y=-1.故选A.2.D[解析]因为A(0,0,0),B(1,-1,2),C(-1,-2,1),所以AB=(1,-1,2),AC=(-1,-2,1),则|AB|=6,|AC|=6,AC·AB=3,所以cos<AC,AB>=AC·AB|AC|·|AB|=12,又因为0≤<AC,AB>≤π,所以sin<AC,AB>=32,则以AB,AC为邻边的平行四边形的面积S=|AC|·|AB|sin<AC3.C[解析]由题意可知PA·n=0.对于A,PA=(-4,-4,-3),因为PA·n=12+0-12=0,所以点(5,5,5)在平面α内,故点P的坐标可能为(5,5,5);对于B,PA=(-8,-6,-6),因为PA·n=24+0-24=0,所以点(9,7,8)在平面α内,故点P的坐标可能为(9,7,8);对于C,PA=(8,-1,10),因为PA·n=-24+0+40≠0,所以点(-7,2,-8)不在平面α内,故点P的坐标不可能为(-7,2,-8);对于D,PA=(4,1,3),因为PA·n=-12+0+12=0,所以点(-3,0,-1)在平面α内,故点P的坐标可能为(-3,0,-1).故选C.4.B[解析]对于A选项,若a∥n,则a为平面α的一个法向量,故直线a⊥平面α,A为真命题;对于B选项,若a⊥n,则直线a∥平面α或直线a⊂平面α,B为假命题;对于C选项,若cos<a,n>=12,则直线a与平面α所成角的大小为π6,C为真命题;对于D选项,若cos<m,n>=12,则平面α与β的夹角为π3,D为真命题5.C[解析]由题可知D(2,0,0),B(0,2,0),E(0,0,1),A(2,2,0),所以BD=(2,-2,0),DE=(-2,0,1),设平面BDE的法向量为n=(a,b,c),则BD·n=2a-2b=0,DE·n=-2a+c=0,令a=1,得n=(1,1,2).设点M的坐标为(x,x,1),则AM=(x-2,x-2,1),因为AM∥平面BDE,所以AM·n=0,6.C[解析]设圆台的上底面圆心为M,下底面圆心为O,连接OM,则OM=CB2-AB-CD22=22-4-222=3.连接OE,因为E是弧AB的中点,所以OE⊥AB.以O为原点,OE,OB,OM所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-2,0),C(0,1,3),E(2,0,0),F0,32,32,所以AC=(0,3,3),EF=-2,32,32,则cos<AC,EF>=AC7.ACD[解析]设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a(a>0),以A为坐标原点,分别以AB,AD,AA1所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.对于选项A,A(0,0,0),D(0,a,0),B1(a,0,a),C(a,a,0),D1(0,a,a),则DB1=(a,-a,a),AC=(a,a,0),AD1=(0,a,a),设平面ACD1的法向量为n=(x1,y1,z1),则n·AC=ax1+ay1=0,n·AD1=ay1+az1=0,取x1=1,可得平面ACD1的一个法向量为n=(1,-1,1),因为DB1=an,所以DB1⊥平面ACD1,A正确;对于选项B,设E(b,a-b,a)(0≤b≤a),则AE=(b,a-b,a),由正方体的性质可知AC=(a,a,0)为平面BB1D1D的一个法向量,设直线AE与平面BB1D1D所成角为α,则sinα=|cos<AE,AC>|=|AE·AC||AE||AC|=|ab+a(a-b)|b2+(a-b)2+a2·a2+a2=a2a2+b2-ab,不是定值,B错误;对于选项C,A1(0,0,a),C1(a,a,a),B(a,0,0),则A1C1=(a,a,0),A1B=(a,0,-a),设平面A1C1B的法向量为m=(x2,y2,z2),则m·A1C1=ax2+ay8.AD[解析]对于A,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,由题意易得ED∥BB1∥AA1,又ED⊄平面ACC1A1,AA1⊂平面ACC1A1,所以ED∥平面ACC1A1,A正确;对于B,在Rt△A1B1C1中,B1C1=A1B12+A1C12=13,在Rt△B1C1C中,斜边B1C=B1C12+C1C2=17,斜边B1C上的高h=B1C1·C1CB1C=2×1317=222117,则点C1到直线B1C的距离为222117,B错误;对于C,由AA1∥CC1,得异面直线B1C与AA1所成角即为∠B1CC1或其补角,在Rt△B1CC1中,CC1=2,B1C1=13,则tan∠B1CC1=B1C1CC1=132,C错误;对于D,以A为坐标原点,以AB,AC,AA1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,2,0),B1(3,0,2),所以AC=(0,2,0),BC=(-3,2,0),B1C=(-3,2,-2),设平面BB1C的法向量为m=(9.-2[解析]∵l⊥α,直线l的一个方向向量为(4,2,m),平面α的一个法向量为(2,1,-1),∴向量(4,2,m)与向量(2,1,-1)平行,则存在实数λ,使(4,2,m)=λ(2,1,-1),即4=2λ,2=λ10.-567[解析]以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为BC=1,AB=2,DD1=3,所以D(0,0,0),C(0,2,0),B(1,2,0),A1(1,0,3),C1(0,2,3),D1(0,0,3).因为BD1=(-1,-2,3),C1D=(0,-2,-3),所以BD1·C1D=0+(-2)×(-2)+3×(-3)=-5.设平面A1C1B的法向量为n=(x,y,z),因为A1C1=(-1,2,0),BC1=(-1,0,3),所以A1C1·n=-x+2y=0,BC11.34,12∪32,+∞[解析]以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D1(0,0,4),C(0,3,0),设N(x,3,z)(0<x<3,0<z<4),则D1N=(x,3,z-4),CN=(x,0,z),因为D1N⊥CN,所以D1N·CN=x2+z2-4z=0,则x2=-z2+4z,又0<x<3,所以0<-z2+4z<3,解得0<z<1或3<z<4.易知平面BCC1B1的一个法向量为n=(0,1,0),所以sinθ=|D1N·n||D1N|·|12.解:(1)以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则P(0,0,2),B(2,2,0),D(0,0,0),E(0,1,1),所以PB=(2,2,-2),DB=(2,2,0),DE=(0,1,1).设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则DB·n=2x+2y=0,DE·n=y+z=0,取y=-1,则平面BDE的一个法向量为n=(1,-(2)由(1)可知A(2,0,0),则AB=(0,2,0),所以点A到平面BDE的距离为|AB·n||13.解:(1)证明:根据圆柱的几何性质,以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,设圆柱的底面半径为1,则高为2,则A(0,0,0),P(0,0,2),O(0,1,0),C(0,2,0).设B(x,y,0),0<y<2,则OB=(x,y-1,0).易知D点与B点关于O点对称,所以D(-x,2-y,0).因为|OB|=x2+(y-1)2=1,所以x2+(y-1)2=1,即x2+y2-2y=0,可得x2+y2=2y.AB=(x,y,0),PD=(-x,2-y,-2),则AB·PD=-x2+y(2-y)=-(x2+y2)+2y=0,所以AB(2)若∠AOB=π3,则△AOB是等边三角形,所以B32,12,0,D-32,32,0,所以PC=(0,2,-2),BC=-32,32,0则n1·BC=-32x1+32y1=0,n1·PC=2y1-2z1=0,取y1=1,得n1=(3,1,1),同理可求得平面DPC的一个法向量为n2=(1,-3,-3故平面BPC与平面DPC的夹角的正弦值为47014.解:(1)证明:因为A,D分别为MB,MC的中点,所以AD∥BC.因为BM⊥BC,所以BM⊥AD,所以PA⊥AD.又PA⊥AB,AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD,所以PA⊥平面ABCD.(2)由题意知AP,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,依题意有A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,1,0),P(0,0,2),E(1,1,1),则PC=(2,2,-2),DE=(1,0,1),BD=(-2,1,0),BP=(-2,0,2).设平面PBD的法向量为n=(x1,y1,z1),则BD·n=-2x1+y1=0,BP·n=-2x1+2因为cos<DE,n>=DE·n|DE|·|n|=(1,0,1)·((3)假设存在λ,使平面PAD与平面ADG夹角的正弦值为1010,即使平面PAD与平面ADG夹角的余弦值为31010.由(2)得,PG=λPC=(2λ,2λ,-2λ所以G(2λ,2λ,2-2λ).易得平面PAD的一个