【步步高】2022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＝a，＝b，＝c，则用向量a，b，c可表示向量＝______________.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＝2＋＋λ，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)①cosθ＝②cosθ＝③sinθ＝④sinθ＝8．设A、B、C、D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝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＝λb；③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若＝2－2－，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-9-\n成60°角的对角线的数目是________．12．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·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、、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AE＝2EA1，F在CC1上且CF＝FC1，试证明ME∥NF.17．-9-\n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的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝2，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．-9-\n答案1．α∥β　2．90°3．－a＋b＋c　4．－2　5．(5,0,2)6．60°或120°7．④8．锐角9．410．x－y＋z＋2＝0　11．412．13．a2　14．60°15.解　、、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，在△BDM中，＝(＋)，在△PAC中，M是PC的中点，O是AC的中点，则＝，即＝＋，即与、共面．∴、、不可以组成一个基底．16．证明　由平行六面体的性质＝＋＋＝－＋＝－－－，＝＋＋＝＋＋＝＋＋，∴＝－，又M，E，N，F不共线，∴ME∥NF.17．-9-\n解　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)，D1(0,0,1)．则＝(－1，－1,0)，＝(0,0,1)，＝(－1,1，m)，＝(－1,1,0)．又由·＝0，·＝0知，为平面BB1D1D的一个法向量．设AP与平面BB1D1D所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈，〉|＝＝依题意得＝sin60°＝，解得m＝.故当m＝时，直线AP与平面BDD1B1所成角为60°.18．解　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°，又AB＝2，∴AD＝，从而易得D.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，＝(－1,0,1)，＝，则，即，令z＝1，可得n＝(1，，1)，∴cos〈m，n〉＝＝.即二面角A—BF—D的余弦值为.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.-9-\n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，以O为原点，OC，OD所在直线为x，y轴，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，BD＝AB＝6.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC.在直角△PAC中，AC＝2，PA＝2，AQ⊥PC，得QC＝2，PQ＝4.由此知各点坐标如下：A(－，0,0)，B(0，－3,0)，C(，0,0)，D(0,3,0)，P(－，0,2)，M，N，Q.设m＝(x，y，z)为平面AMN的法向量，由＝，＝知取z＝－1，得m＝(2，0，－1)．设n＝(x，y，z)为平面QMN的法向量，由＝，＝知取z＝5，得n＝(2，0,5)．于是cos〈m，n〉＝＝.所以二面角A－MN－Q的平面角的余弦值为.方法二　如图所示，-9-\n在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，得AC＝AB＝BC＝CD＝DA，BD＝AB.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，所以MQ＝NQ，且AM＝PB＝PD＝AN.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，PA＝2，故在△AMN中，AM＝AN＝3，MN＝BD＝3，得AE＝.在Rt△PAC中，AQ⊥PC，得AQ＝2，QC＝2，PQ＝4.在△PBC中，cos∠BPC＝＝，得MQ＝＝.在等腰△MQN中，MQ＝NQ＝，MN＝3，得QE＝＝.在△AEQ中，AE＝，QE＝，AQ＝2，-9-\n得cos∠AEQ＝＝.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，，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)，E，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以＝，＝(0,1,0)．在正方体ABCD—A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以是平面ABB1A1的一个法向量．设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ，则sinθ＝＝＝.故直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：依题意，得A1(0,0,1)，＝(－1,0,1)，＝.设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由n·＝0，n·＝0，得所以x＝z，y＝z.取z＝2，得n＝(2,1,2)．设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0≤t≤1)．又B1(1,0,1)，所以＝(t－1,1,0)．-9-\n而B1F⊄平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE⇔·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－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∥平面A1BE.-9-