1、周练卷(六)一、选择题(本大题共7小题，每小题5分，共35分)1在长方体ABCDA1B1C1D1中，等于(A)A. B.C. D.解析：.2下列等式中，使M，A，B，C四点共面的个数是(A)00A1B2C3D4解析：因为当xyz时，M，A，B，C四点共面的充要条件是xyz1，结合选项可知，均不能使M，A，B，C四点共面，而中，满足共面向量定理故选A.3如图所示，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，若A1ABA1AD60，且A1A3，则A1C的长为(A)A.B2C. D.解析：，因为0，32cos603，所以22222244923235，所以|.故选A.4.如图所示，平行
2、六面体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别在B1B和D1D上，且BEBB1，DFDD1.若xyz，则xyz等于(C)A1B0C.D1解析：因为()，所以x1，y1，z，所以xyz.5已知非零向量a，b，c，若p，那么|p|的取值范围是(C)A0,1 B1,2 C0,3 D1,3解析：p22323239，所以0|p|3.故选C.6.如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，P为平面ADD1A1的中心，Q为平面DCC1D1的中心，则，夹角的余弦值为(D)A.BC.D解析：以D为原点，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则依题意可知，P(1,0,1)，B(2,2,0)
3、，A1(2,0,2)，Q(0,1,1)，所以(1,2，1)，(2，1,1)所以cos，.7.如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点，则以下结论不正确的是(D)AEF与BB1垂直BEF与BD垂直CEF与CD异面DEF与A1C1异面解析：以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设四棱柱的底面边长为a，高为b，则B(0,0,0)，C1(a,0，b)，A(0，a,0)，B1(0,0，b)，A1(0，a，b)，C(a,0,0)，D(a，a,0)，E，F，(0,0，b)0，EFBB1，A正确.(a，a,0)00，EFBD，B正
4、确又由题中图可知，C显然正确.，(a，a,0)，EFA1C1，D不正确二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)8在直三棱柱ABCA1B1C1中，若a，b，c，则bca.解析：()b(ac)bca.9已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，则a2.解析：|cosaacos60a2.10已知向量a(2,4，x)，b(2，y,2)，若|a|6，且ab，则xy的值为3或1.解析：因为a(2,4，x)，所以|a|6.所以x4.又ab，所以ab224y2x0.所以或所以xy1或xy3.11已知四面体PABC，PABBACPAC60，|1，|2，|3，则|5.解析：因为|2|2|2|2222
5、123222213cos60212cos60232cos6025，所以|5.三、解答题(本大题共3小题，共45分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)12(15分)已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,2)(1)若，求点D的坐标；(2)问是否存在实数，使得成立？若存在，求出，的值；若不存在，说明理由解：(1)设D(x，y，z)，则(x,1y，z)，(1,0,2)，(x，y,2z)，(1,1,0)因为，所以解得即D(1,1,2)(2)依题意(1,1,0)，(1,0,2)，(0，1，2)假设存在实数，使得成立，则有(1,0,2)(1,1,0)(0，1,2)(，2)，所以故存在1，
6、使得成立13(15分)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，M为DD1的中点，N在AC上，且ANNC21，求证：与、共面证明：，()，()()().与、共面14(15分)如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，CACB1，BCA90，棱AA12，M，N分别是AA1，CB1的中点(1)求BM，BN的长；(2)求BMN的面积解：以C为原点，以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(如图)则B(0,1,0)，M(1,0,1)，N.(1)(1，1,1)，所以|，|，故BM的长为，BN的长为.(2)SBMNBMBNsinMBN，而cosMBNcos，所以sinMBN，故SBMN，