第二章单元质量评估(一)
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1．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若a∥b，则存在唯一的实数λ，使得a＝λb；③若a·b＝0，b·c＝0，则a＝c；④若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底；
⑤|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|.
A．2
B．3
C．4
D．5
2．已知向量a，b是平面α内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则“c·a＝0，且c·b＝0”是“l⊥α”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．已知A(1,2，－1)关于面xOy的对称点为B，而B关于x轴的对称点为C，则等于( )
A．(0,4,2)
B．(0，－4，－2)
C．(0,4,0)
D．(2,0，－2)
4.如图，在四面体ABCD中，已知＝b，＝a，＝c，＝，则＝( )
A．－a＋b＋c
B．a＋b＋c
C．a－b＋c
D.a－b＋c
5．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则与的夹角为( )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
6．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是( )
A．钝角三角形
B．锐角三角形
C．直角三角形
D．不确定
7．空间四边形ABCD中，每条边长及两对角线长都是a，E、F分别是AD、AC的中点，则·等于( )
A.a2
B.a2
C.a2
D.a2
8．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的值为( )
A.1∶2
B．1∶1
C．3∶1
D．2∶1
9．有4个命题：
①若p＝xa＋yb，则p与a，b共面；
②若p与a，b共面，则p＝xa＋yb；
③若＝x＋y，则P，M，A，B共面；
④若P，M，A，B共面，则＝x＋y.
其中真命题的个数是( )
A．1
B．2
C．3
D．4
10．在正三棱柱ABC?A1B1C1中，若|AB|＝2，|AA1|＝1，则点A到平面A1BC的距离为( )
A.
B.
C.
D.
11．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，二面角A?BD1?B1的大小为( )
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
12.如图，在三棱柱ABC?A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．若点Q在直线B1P上，则下列结论正确的是( )
A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)
13．若a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，则与a＋b同方向的单位向量是(
).
14．已知空间三点A(0,0,1)，B(－1,1,1)，C(1,2，－3)，若直线AB上一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为(
).
∴x＝－，y＝，z＝1，∴点M的坐标为.
15.如图，已知在60°的二面角α?l?β中，A∈α，B∈β，AC⊥l于C，BD⊥l于D，并且AC＝1，BD＝2，AB＝5，则CD＝(
).
16．在棱长为a的正方体ABCD?A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面MBD的距离是(
).
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题10分)已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.
(1)求a和b的夹角θ的余弦值；
(2)若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．
18.(本小题12分)在四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
证明：EF∥平面SAD.
19．(本小题12分)四面体S?ABC中，SA，SB，SC两两垂直，∠SBA＝45°，∠SBC＝60°，M为AB的中点，求SC与平面ABC所成角的正弦值．
20．(本小题12分)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图(2)．
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．
21.(本小题12分)如图，在四棱锥O?ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．
(1)证明：直线MN∥平面OCD；
(2)求异面直线AB与MD的夹角的大小；
(3)求点B到平面OCD的距离．
22．(本小题12分)如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1.
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
(3)若二面角A?B1E?A1的大小为30°，求AB的长．第二章单元质量评估(一)
第Ⅰ卷(选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的)
1．以下命题中，不正确的个数为( C )
①“|a|－|b|＝|a＋b|”是“a，b共线”的充要条件；②若a∥b，则存在唯一的实数λ，使得a＝λb；③若a·b＝0，b·c＝0，则a＝c；④若{a，b，c}为空间的一个基底，则{a＋b，b＋c，c＋a}构成空间的另一个基底；
⑤|(a·b)·c|＝|a|·|b|·|c|.
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：①中为充分不必要条件；②中b≠0；③⑤显然不成立，只有命题④正确．
2．已知向量a，b是平面α内两个不相等的非零向量，非零向量c在直线l上，则“c·a＝0，且c·b＝0”是“l⊥α”的( B )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：若l⊥平面α，则c⊥a，c·a＝0，c⊥b，c·b＝0；反之，若a∥b，则c⊥a，c⊥b，并不能保证l⊥平面α.
3．已知A(1,2，－1)关于面xOy的对称点为B，而B关于x轴的对称点为C，则等于( B )
A．(0,4,2)
B．(0，－4，－2)
C．(0,4,0)
D．(2,0，－2)
解析：∵B(1,2,1)，C(1，－2，－1)，∴＝(0，－4，－2)．
4.如图，在四面体ABCD中，已知＝b，＝a，＝c，＝，则＝( A )
A．－a＋b＋c
B．a＋b＋c
C．a－b＋c
D.a－b＋c
解析：＝＋＋＝＋＋(－)＝－a＋b＋c，故选A.
5．已知A(2，－5,1)，B(2，－2,4)，C(1，－4,1)，则与的夹角为( C )
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
解析：＝(0,3,3)，＝(－1,1,0)，||＝3，||＝，·＝3，
∴cos〈，〉＝＝.∴〈，〉＝60°.
6．设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足·＝0，·＝0，·＝0，则△BCD是( B )
A．钝角三角形
B．锐角三角形
C．直角三角形
D．不确定
解析：在△BCD中，·＝(－)·(－)＝2>0，∴∠B为锐角，同理，∠C，∠D均为锐角，∴△BCD为锐角三角形．
7．空间四边形ABCD中，每条边长及两对角线长都是a，E、F分别是AD、AC的中点，则·等于( A )
A.a2
B.a2
C.a2
D.a2
解析：设＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝a，且a·b＝b·c＝c·a＝a2，
而＝－＝(c－b)，＝＋＝－b＋c，
∴·＝(c－b)·(－b＋c)＝(－b·c＋|c|2＋|b|2－b·c)＝(－a2＋a2＋a2－a2)＝a2.
8．如图，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，AF∶FD的值为( B )
A.1∶2
B．1∶1
C．3∶1
D．2∶1
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方形边长为1，PA＝a，则B(1,0,0)，E，P(0,0，a)．
设点F的坐标为(0，y,0)，则＝(－1，y,0)，＝，∵BF⊥PE，∴·＝0，
解得y＝，即点F的坐标为，∴F为AD的中点，∴AF∶FD＝1∶1，故选B.
9．有4个命题：
①若p＝xa＋yb，则p与a，b共面；
②若p与a，b共面，则p＝xa＋yb；
③若＝x＋y，则P，M，A，B共面；
④若P，M，A，B共面，则＝x＋y.
其中真命题的个数是( B )
A．1
B．2
C．3
D．4
解析：②需添加条件a，b不共线；④需添加M，A，B不共线．
10．在正三棱柱ABC?A1B1C1中，若|AB|＝2，|AA1|＝1，则点A到平面A1BC的距离为( B )
A.
B.
C.
D.
解析：(方法1)以A为原点，AC，AA1分别为y轴、z轴建立坐标系A?xyz.
则A1(0,0,1)，C(0,2,0)，B(，1,0)．设平面A1BC的法向量n＝(x，y，z)．
由得?令x＝1，则n＝(1，，2)．
设A到平面A1BC的距离为d，则d＝＝＝.
(方法2)由|AA1|＝1，|AB|＝|AC|＝2，知|A1B|＝|A1C|＝，
又|BC|＝2，过A1作A1D⊥BC于D，|A1D|＝＝2，∴S△A1BC＝×2×2＝2.
设A到平面A1BC的距离为h，由VA－A1BC＝VA1－ABC，∴·h×2＝×1××4，得h＝.
11．在正方体ABCD?A1B1C1D1中，二面角A?BD1?B1的大小为( C )
A．30°
B．60°
C．120°
D．150°
解析：如图，以C为原点建立空间直角坐标系C－xyz，设正方体的棱长为a，则A(a，a,0)，B(a,0,0)，D1(0，a，a)，B1(a,0，a)，∴＝(0，a,0)，＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)．
设平面ABD1的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝(x，y，z)·(0，a,0)＝ay＝0，
n·＝(x，y，z)·(－a，a，a)＝－ax＋ay＋ax＝0，
∵a≠0，∴y＝0，x＝z，令z＝1，则n＝(1,0,1)，同理可得平面B1BD1的一个法向量为m＝(－1，－1,0)．
cos〈n，m〉＝＝－，而二面角A?BD1?B1为钝角，故为120°.
12.如图，在三棱柱ABC?A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点．若点Q在直线B1P上，则下列结论正确的是( D )
A．当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B．当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C．在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D．不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直
解析：以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．则由已知得A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，B(1,0,1)，D，P(0,2,0)，＝(1,0,1)，＝，＝(－1,2,0)，＝.设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝(2,1，－2)．假设DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ(－1,2,0)＝(－λ，2λ，0)，则＝＋＝，因为也是平面A1BD的法向量，所以n＝(2,1，－2)与＝(1－λ，－1＋2λ，－)共线，于是有＝＝＝成立，但此方程关于λ无解．故不存在点Q，使DQ与平面A1BD垂直，故选D.
第Ⅱ卷(非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把答案填写在题中横线上)
13．若a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，则与a＋b同方向的单位向量是.
解析：∵a＋b＝(0,1,2)，∴|a＋b|＝，∴与a＋b同方向的单位向量是，即
14．已知空间三点A(0,0,1)，B(－1,1,1)，C(1,2，－3)，若直线AB上一点M，满足CM⊥AB，则点M的坐标为.
解析：设M(x，y，z)，又＝(－1,1,0)，＝(x，y，z－1)，＝(x－1，y－2，z＋3)，
由题意得∴x＝－，y＝，z＝1，∴点M的坐标为.
15.如图，已知在60°的二面角α?l?β中，A∈α，B∈β，AC⊥l于C，BD⊥l于D，并且AC＝1，BD＝2，AB＝5，则CD＝.
解析：∵AC⊥l，BD⊥l，α?l?β为60°的二面角，∴〈，〉＝60°.
∵＝＋＋，∴2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·.
∴52＝12＋2＋4＋2||||·cos〈，〉．∴2＝20－2×1×2×cos120°＝22.∴||＝.
16．在棱长为a的正方体ABCD?A1B1C1D1中，M是AA1的中点，则点A1到平面MBD的距离是a.
解析：
以D为原点建立空间直角坐标系，如图．则A1(a,0，a)，A(a,0,0)，
M，B(a，a,0)，D(0,0,0)．设n＝(x，y，z)为平面MBD的法向量，
则而＝，＝，∴∴
令y＝1，则n＝(－1,1,2).＝(a,0，a)，则A1到平面MBD的距离d＝＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题10分)已知空间三点A(－2,0,2)，B(－1,1,2)，C(－3,0,4)，设a＝，b＝.
(1)求a和b的夹角θ的余弦值；
(2)若向量ka＋b与ka－2b互相垂直，求k的值．
解：(1)a＝＝(－1,1,2)－(－2,0,2)＝(1,1,0)，b＝＝(－3,0,4)－(－2,0,2)＝(－1,0,2)．
cosθ＝＝＝－，所以a与b的夹角θ的余弦值为－.
(2)因为ka＋b＝(k，k,0)＋(－1,0,2)＝(k－1，k,2)，ka－2b＝(k，k,0)－(－2,0,4)＝(k＋2，k，－4)，
所以(k－1，k,2)·(k＋2，k，－4)＝(k－1)(k＋2)＋k2－8＝0.即2k2＋k－10＝0，所以k＝－或k＝2.
18.(本小题12分)在四棱锥S?ABCD中，底面ABCD为正方形，侧棱SD⊥底面ABCD，E，F分别为AB，SC的中点．
证明：EF∥平面SAD.
证明：如图，建立空间直角坐标系．设A(a,0,0)，S(0,0，b)，
则B(a，a,0)，C(0，a,0)，E，F，
∴＝.取SD的中点G，则＝(－a,0，)
∴＝，EF∥AG，AG?平面SAD，EF?平面SAD.∴EF∥平面SAD.
19．(本小题12分)四面体S?ABC中，SA，SB，SC两两垂直，∠SBA＝45°，∠SBC＝60°，M为AB的中点，求SC与平面ABC所成角的正弦值．
解：建立如图所示的以S为原点，以SA，SB，SC为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系．
由已知设||＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)，
S(0,0,0)，M(，，0).＝(0,0，a)，＝(－a,0，a)，＝(－a，a,0)，
设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，∴∴
令z＝1，∴n＝(，，1)，cos〈，n〉＝＝，即SC与平面ABC夹角的正弦值为.
20．(本小题12分)如图(1)，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图(2)．
(1)证明：CD⊥平面A1OC；
(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．
解：(1)证明：在题图(1)中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，即在题图(2)中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.又BC綊DE，所以四边形BCDE是平行四边形，所以CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.
(2)由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1?BE?C的平面角，所以∠A1OC＝.如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，
所以B，E，A1，C，得＝，＝，＝＝(－，0,0)．
设平面A1BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD的夹角为θ.
则得取n1＝(1,1,1)；又得取n2＝(0,1,1)．
从而cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.
21.(本小题12分)如图，在四棱锥O?ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．
(1)证明：直线MN∥平面OCD；
(2)求异面直线AB与MD的夹角的大小；
(3)求点B到平面OCD的距离．
解：作AP⊥CD于点P.如图，分别以AB，AP，AO所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
A(0,0,0)，B(1,0,0)，P，D，O(0,0,2)，M(0,0,1)，N.
(1)证明：＝，＝，＝.
设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，
即取z＝，解得n＝(0,4，)．∵·n＝·(0,4，)＝0，∴MN∥平面OCD.
(2)设AB与MD的夹角为θ.
∵＝(1,0,0)，＝，∴cosθ＝＝.∴θ＝.∴AB与MD的夹角为.
(3)设点B到平面OCD的距离为d，则d为在向量n＝(0,4，)上的投影的绝对值．
由＝(1,0，－2)，得d＝＝，∴点B到平面OCD的距离为.
22．(本小题12分)如图，在长方体ABCD?A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1.
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
(3)若二面角A?B1E?A1的大小为30°，求AB的长．
解：(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)，
故＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝.
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE.此时＝(0，－1，z0)．
设平面B1AE的法向量为n＝(x，y，z)．则n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝.
又DP?平面B1AE，∴存在点P，使得DP∥平面B1AE，此时AP＝.
(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD?A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.
又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，∴AD1⊥平面DCB1A1，∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．
设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝.
∵二面角A?B1E?A1的大小为30°，∴|cosθ|＝cos30°，即＝.解得a＝2，即AB的长为2.
