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【步步高】2014届高考数学一轮复习 章末检测备考练习 苏教版


章末检测
一、填空题 1. 已知平面 α 和平面 β 的法向量分别为 m=(3,1,-5),n=(-6,-2,10),则平面 α 、 β 的位置关系为________. 2. 已知向量 a=(0,2,1),b=(-1,1,-2),则 a 与 b 的夹角为________. 3.

→ → → 如图,在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中,已知AB=a,AD=b,AA1=c,则用向量 a,b,c → 可表示向量BD1=______________. → → → → 4. 已知 P 和不共线三点 A,B,C 四点共面且对于空间任一点 O,都有OP=2OA+OB+λ OC, 则 λ =________. 5. 已知 A(2,1,0),点 B 在平面 xOz 内,若直线 AB 的方向向量是(3,-1,2),则点 B 的坐标 是________. 6. 平面 α 的法向量为 m=(1,0,-1),平面 β 的法向量为 n=(0,-1,1),则平面 α 与 平面 β 所成二面角的大小为______. 7. 若平面 α 的法向量为 n,直线 l 的方向向量为 a,直线 l 与平面 α 的夹角为 θ ,则下列 关系式成立的是________.(填序号) n·a |n·a| ①cos θ = ②cos θ = |n||a| |n||a| n·a |n·a| ③sin θ = ④sin θ = |n||a| |n||a| → → → → → → 8. 设 A、B、C、D 是空间不共面的四点,且满足AB·AC=0,AC·AD=0,AB·AD=0,则△BCD 是________三角形.(填“锐角”、“直角”、“钝角”) 9. 在以下命题中,不正确的个数为________. . ①|a|-|b|=|a+b|是 a,b 共线的充要条件; ②对 a∥b,则存在唯一的实数 λ ,使 a=λ b; → → → → ③对空间任意一点 O 和不共线的三点 A,B,C,若OP=2OA-2OB-OC,则 P,A,B,C 四 点共面; ④|(a·b)·c|=|a|·|b|·|c|. 10.法向量为 n=(1,-1,1)的平面 α 过点 M(1,2,-1),则平面 α 上任意一点 P 的坐标(x,

y,z)满足的方程为____________.
11.设 E,F 是正方体 AC1 的棱 AB 和 D1C1 的中点,在正方体的 12 条面对角线中,与截面 A1ECF 成 60°角的对角线的数目是________. 12.
-1-

如图,AB=AC=BD=1,AB? 面 M,AC⊥面 M,BD⊥AB,BD 与面 M 成 30°角,则 C、D 间 的距离为________. 13.已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线的长都等于 a,点 E,F 分别是 BC、AD 的中点, → → 则AE·AF的值为____________. 14.

如图所示,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90°,点 E、

F 分别是棱 AB、BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角为________.
二、解答题 15.

→ → → 已知四棱锥 P—ABCD 的底面是平行四边形,如图,M 是 PC 的中点,问向量PA、MB、MD是 否可以组成一个基底,并说明理由. 16.

如图所示,在平行六面体 ABCD—A1B1C1D1 中,M、N 分别是 C1D1,AB 的中点,E 在 AA1 上且 1 AE=2EA1,F 在 CC1 上且 CF= FC1,试证明 ME∥NF. 2 17.

如图,在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,P 是侧棱 CC1 上一点,CP=m.试确定 m 使得 直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角为 60°. 18.已知长方体 ABCD—A1B1C1D1,AB=2,AA1=1,直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为 30°,F
-2-

为 A1B1 的中点.求二面角 A—BF—D 的余弦值. 19.如图,

在四棱锥 P-ABCD 中,底面是边长为 2 3的菱形,∠BAD=120°,且 PA⊥平面 ABCD,PA =2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点. (1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值. 20.

如图所示,在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 是棱 DD1 的中点. (1)求直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值; (2)在棱 C1D1 上是否存在一点 F,使 B1F∥平面 A1BE?证明你的结论.

-3-

答案 1.α ∥β 角 9.4 10.x-y+z+2=0 11.4 15. 12. 2 1 2 13. a 14.60° 4 2.90° 3.-a+b+c 4.-2 5.(5,0,2) 6.60°或 120° 7.④ 8.锐

→ → → 解 PA、MB、MD不可以组成一个基底,理由如下: 连结 AC、BD 相交于点 O, ∵ABCD 是平行四边形, ∴O 是 AC、BD 的中点, → 1 → → 在△BDM 中,MO= (MD+MB), 2 → 1→ → → → → → → 在△PAC 中,M 是 PC 的中点,O 是 AC 的中点,则MO= PA,即PA=MD+MB,即PA与MD、MB 2 共面. → → → ∴PA、MB、MD不可以组成一个基底. 16.证明 由平行六面体的性质 → → → → ME=MD1+D1A1+A1E 1 → → 1→ = C1D1-AD+ A1A 2 3 1→ → 1 → =- AB-AD- AA1, 2 3 → → → → NF=NB+BC+CF 1→ → 1 → = AB+AD+ CC1 2 3 1→ → 1 → = AB+AD+ AA1, 2 3 → → ∴ME=-NF,又 M,E,N,F 不共线, ∴ME∥NF. 17.



建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(1,1,0),

-4-

P(0,1,m),C(0,1,0), D(0,0,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1).
→ → → → 则BD=(-1,-1,0),BB1=(0,0,1),AP=(-1,1,m),AC=(-1,1,0). → → → → 又由AC·BD=0,AC·BB1=0 知, → AC为平面 BB1D1D 的一个法向量. 设 AP 与平面 BB1D1D 所成的角为 θ , → → |AP·AC| → → 则 sin θ =|cos〈AP,AC〉|= → → |AP||AC| 2 = 2 2+m · 2 依题意得 故当 m= 18.解 2 2+m · 2
2

=sin 60°=

3 6 ,解得 m= . 2 3

6 时,直线 AP 与平面 BDD1B1 所成角为 60°. 3

以点 A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,由已知 AB=2,AA1=1,可得

A(0,0,0),B(2,0,0),F(1,0,1).
又 AD⊥平面 AA1B1B,从而直线 BD 与平面 AA1B1B 所成的角为∠DBA=30°, 2 3 又 AB=2,∴AD= , 3

? 2 3 ? 从而易得 D?0, ,0?. 3 ? ?
易知平面 AA1B1B 的一个法向量为 m=(0,1,0),设 n=(x,y,z)是平面 BDF 的一个法向量, 2 3 ? → → ? BF=(-1,0,1),BD=?-2, ,0?, 3 ? ?

?n·→=0 ? BF 则? ? → ?n·BD=0

?-x+z=0 ? ,即? 2 3 ?-2x+ 3 y=0 ?



令 z=1,可得 n=(1, 3,1), m·n 15 ∴cos〈m,n〉= = . |m||n| 5 即二面角 A—BF—D 的余弦值为 15 . 5

19.(1)证明 连结 BD,因为 M,N 分别是 PB,PD 的中点, 所以 MN 是△PBD 的中位线, 所以 MN∥BD.
-5-

又因为 MN?平面 ABCD,

BD? 平面 ABCD,
所以 MN∥平面 ABCD. (2)解 方法一

连结 AC 交 BD 于 O, O 为原点, , 所在直线为 x, 轴, 以 OC OD y 建立空间直角坐标系 O—xyz, 如图所示. 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120°, 得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AC.在直角△PAC 中,

AC=2 3,PA=2 6,AQ⊥PC,
得 QC=2,PQ=4. 由此知各点坐标如下:

A(- 3,0,0),B(0,-3,0),C( 3,0,0),D(0,3,0), P(- 3,0,2 6),M?-

? ?

3 3 3 3 2 6? ? ? ? ? 3 ,- , 6?,N?- , , 6?,Q? ,0, ?. 2 2 3 ? ? ? 2 2 ? ?3

设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量, 3 ? → ? 3 由AM=? ,- , 6?, 2 ?2 ? →

AN=?

? 3 3 ? , , 6?知 2 2 ? ?
6z=0, 6z=0.

? 23x-3y+ ? 2 ? 3 3 ? 2 x+2y+ ?

取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量, 3 6? → ? 5 3 由QM=?- ,- , ?, 6 2 3? ? →

QN=?-

6? ? 5 3 3 , , ?知 ? 6 2 3?

-6-

?-5 6 3x-3y+ 36z=0, ? 2 ? 5 3 3 6 ?- 6 x+2y+ 3 z=0. ?
取 z=5,得 n=(2 2,0,5). m·n 33 于是 cos〈m,n〉= = . |m|·|n| 33 所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为 方法二 如图所示, 33 . 33

在菱形 ABCD 中, ∠BAD=120°, 得 AC=AB=BC=CD=DA,

BD= 3AB.
又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AB,

PA⊥AC,PA⊥AD.
所以 PB=PC=PD. 所以△PBC≌△PDC. 而 M,N 分别是 PB,PD 的中点, 1 1 所以 MQ=NQ,且 AM= PB= PD=AN. 2 2 取线段 MN 的中点 E,连结 AE,EQ, 则 AE⊥MN,QE⊥MN, 所以∠AEQ 为二面角 A-MN-Q 的平面角. 由 AB=2 3,PA=2 6, 故在△AMN 中,AM=AN=3, 1 3 3 MN= BD=3,得 AE= . 2 2 在 Rt△PAC 中,AQ⊥PC, 得 AQ=2 2,QC=2,PQ=4. 在△PBC 中, cos∠BPC= 得 MQ=
-7-

PB2+PC2-BC2 5 = , 2PB·PC 6

PM2+PQ2-2PM·PQcos∠BPC
= 5. 在等腰△MQN 中,MQ=NQ= 5,

MN=3,
得 QE= MQ -ME =
2 2

11 . 2

3 3 11 在△AEQ 中,AE= ,QE= , 2 2

AQ=2 2, AE2+QE2-AQ2 得 cos∠AEQ= 2AE·QE
= 33 . 33 33 . 33

所以二面角 A-MN-Q 的平面角的余弦值为 20.解 (1)

→ → → 设正方体的棱长为 1.如图所示,以 AB , AD , AA1 为单位正交基底建立空间直角坐标系

O—xyz.
依题意,得 B(1,0,0), 1? ? E?0,1, ?,A(0,0,0),D(0,1,0), 2? ? 1? → ? 所以BE=?-1,1, ?, 2? ? → AD=(0,1,0). 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中, 因为 AD⊥平面 ABB1A1, → 所以AD是平面 ABB1A1 的一个法向量. 设直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角为 θ , → → |BE·AD| 1 2 则 sin θ = = = . → → 3 3 |BE|·|AD| ×1 2 2 故直线 BE 和平面 ABB1A1 所成的角的正弦值为 . 3 (2)在棱 C1D1 上存在点 F,使 B1F∥平面 A1BE. 证明如下: 1? → → ? 依题意,得 A1(0,0,1),BA1=(-1,0,1),BE=?-1,1, ?. 2? ?
-8-

→ → 设 n=(x,y,z)是平面 A1BE 的一个法向量,则由 n·BA1=0,n·BE=0,

?-x+z=0, ? 得? 1 ?-x+y+2z=0. ?
1 所以 x=z,y= z.取 z=2,得 n=(2,1,2). 2 设 F 是棱 C1D1 上的点, 则 F(t,1,1) (0≤t≤1). → 又 B1(1,0,1),所以B1F=(t-1,1,0). → 而 B1F?平面 A1BE,于是 B1F∥平面 A1BE?B1F·n=0?(t-1,1,0)·(2,1,2)=0?2(t-1) 1 +1=0?t= ?F 为棱 C1D1 的中点.这说明在棱 C1D1 上存在点 F(C1D1 的中点),使 B1F∥平 2 面 A1BE.

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