单元质量评估(二)(北师大版选修2-1)

单元质量评估(二)
第二章 空间向量与立体几何
(120分钟 150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，只有一项是符合题目要求的)
1.已知a =(1，-2，1)，a +b =(-1,2,-1),则b
等于( )
(A)(2，-4，2) (B)(-2，4，-2) (C)(-2，0，-2) (D)(2，1，-3)
2.如果向量AB AC BC
、
、满足AB AC BC =+ ,则( ) (A)AB AC BC =+ (B)AB AC BC =--
(C)AC 与BC 同向 (D)AC 与BC
同向
3.已知空间四边形OABC 其对角线为OB 、AC,M 、N 分别为OA 、BC 的中点，点G
在线段MN 上，且分MN 所成的定比为2，现用基底向量OA OB OC 、、表示向量OG
，设OG xOA yOB zOC =++
,则x,y,z 的值分别为( )
(A)x=13,y=13,z=13 (B)x=13,y=13,z=16
(C)x=13,y=16,z=13 (D)x=16,y=13,z=1
3
4.O 、A 、B 、C 为空间四个点，又OA OB OC
、
、为空间的一个基底，则( ) (A)O 、A 、B 、C 四点不共线
(B)O 、A 、B 、C 四点共面，但不共线 (C)O 、A 、B 、C 四点中任意三点不共线 (D)O 、A 、B 、C 四点不共面
5.O 是△ABC 所在平面内一点，满足OA OB OB OC OC OA ==
，则点O 是△ABC
的( )
(A)三个内角平分线的交点 (B)三条边的垂直平分线的交点 (C)三条高的交点 (D)三条中线的交点
6.已知a,b 是异面直线,A 、B ∈a,C 、D ∈b,AC ⊥b,BD ⊥b 且AB=2，CD=1.则a 与b 的夹角为( )
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
7.a =(2，-1,2),b =(2,2,1),则以a ，b
为邻边的平行四边形的面积为( )
8.(2011·永嘉高二检测)在如图所示的正方体中，M 、N 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则异面直线AC 和MN 的夹角为( ) (A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
9.已知AB =(1，5，-2)，BC =(3，1，z),若AB BC ⊥ ，BP =(x-1,y,-3),且BP
⊥
平面ABC ，则BP
等于( )
(A)(
337，157-，-3) (B)(407，15
7
-，-3)
(C)(407，157，-3) (D)(33
7
，157，-3)
10.在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 、AC 上的点，且
A 1M=AN=
3
a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) (A)相交 (B)平行 (C)垂直 (D)不能确定
11.正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，O 为侧面BCC 1B 1的中心，则AO 与平面ABCD 夹角的正弦值为( )
(B)1
2
12.如图所示的多面体是由底面为ABCD 的长方体被 截面AEC 1F 所截而得到的，其中AB=4，BC=2，CC 1=3， BE=1，则点C 到平面AEC 1F 的距离为( )
11 (C)4 (D)11
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，请把正确的答案填在题中的横线上)
13.已知向量p 关于基底{a b,c ，}的坐标为(3，2，-1)则p 关于基底{12a b,c 2
-
，}的坐
标是 .
14.(2011·海口高二检测)已知向量a b,c
，
两两夹角都是60°，其模都为1,则|a b 2c -+
|等于 .
15.如图所示，在直四棱柱A 1B 1C 1D 1-ABCD 中，当底面四 边形ABCD 满足条件 时，有A 1C ⊥B 1D 1(注：
填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有的 可能的情形).
16.正方形ABCD 与ABEF 的边长都为a,若平面EAB 与平面ABC 夹角的大小为 30°，则EF 与平面ABCD 的距离为 .
三、解答题(本大题共6小题，共74分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(12分)如图，已知ABCD-A ′B ′C ′D ′
是平行六面体.
(1)化简12AA BC AB 23
'++
，并在图中标出其
结果；
(2)设M 是底面ABCD 的中心，N 是侧面 BCC ′B ′对角线BC ′上的34
分点，设
MN AB AD AA =α+β+γ'
，试求α、β、γ的值.
18.(12分)(2011·哈尔滨高二检测)在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CA=CB=CC 1=2,∠ACB=90°,E 、F 分别是BA 、BC 的中点，G 是AA 1上一点，且AC 1⊥EG. (1)确定点G 的位置;
(2)求直线AC 1与平面EFG 夹角θ的大小.
19.(12分)(2010·湖南高考)如图所示，在正方体
ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点.
(1)求直线BE和平面ABB1A1夹角的正弦值；
(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？
证明你的结论.
20.(12分)(2011·杭州高二检测)如图，已知三棱锥A-BCD的侧视图，俯视图都是直角三角形，尺寸如图所示.
(1)求异面直线AB与CD夹角的余弦值;
(2)在线段AC上是否存在点F，使得BF⊥面ACD？若存在，求出CF的长度；若不存在，说明理由.
21.(12分)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB=90°,
2AC=AA1=BC=2.
(1)若D为AA1中点，求证：平面B1CD⊥平面B1C1D；
(2)若平面B1DC与平面DCC1的夹角为60°，求AD的长.
22.(14分)(2011·辽宁高考改编)如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD, PD∥QA,QA=AB=1
PD.
2
(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求平面QBP 与平面BPC 夹角的余弦值.
答案解析
1.【解析】选B.b (a b)a =+-
=(-1,2,-1)-(1,-2,1)=(-2,4,-2).
2.【解析】选D.∵AB AC BC =+
，
∴A 、B 、C 共线且点C 在AB 之间，即AC CB
与同向.
3.【解析】选D.MG 2GN =
∴()
OG OM 2ON OG -=-
∴()()
111OG OM 2ON OA OB OC 332
=+=++ ［］
=111OA OB OC 633
++
∴x=16,y=z=13
.
4.【解析】选D.由基底定义，OA OB OC
、
、三向量不共面，但选项A 、B 、C 三种情形都有可能使OA OB OC
、
、共面，只有选项D 才能使这三个向量不共面. 5.【解析】选C.∵OA OB OB OC =
∴()
OB OA OC 0-=
即OB CA 0=
，∴OB ⊥AC.同理OC ⊥AB ，OA ⊥BC
∴O 为△ABC 的三条高的交点.
6.【解析】选C.()
2
AB CD AC CD DB CD CD 1=++==
∴cos 〈AB CD 〉=AB CD 11
212
AB CD =
=⨯
∴AB 与CD 的夹角为60°，即异面直线a,b 的夹角为60°.
7.【解析】选D.|a |3|b |3,== ，
四边形为菱形
,|a b |a b |+=-=
∴
S=1|a b ||a b |2
+-=
8.【解析】选C.设正方体棱长为1，则A(1,0,0),C(0,1,0),M(12,1,0),N(0,1,12
),
∴AC =(-1,1,0),MN =(11,0,22
-).
设AC 与MN
的夹角为θ, 则cos θ
=1
MN AC
1.2MN AC
=
= ∴θ=60°.
9.【解析】选A.∵AB BC ⊥ ,∴AB BC 0352z ==+-
, ∴z=4,又BP
⊥面ABC.∴BP AB BP BC ⊥⊥ 且.
∴()()15y x 15y 607,.40333x 1y 120x x 177⎧=-⎪-++=⎧⎪⎪∴⎨
⎨-+-=⎪⎪⎩
=-=⎪⎩
， 10. 独具【解题提示】利用三角形法则进行向量间的相互表示，寻找MN
与平面
BB 1C 1C 内向量的线性关系.
【解析】选B.
∵1A M AN 3
==
, ∴1111A M A B,AN AC,33==
∴11MN MA A A AN =++
=1111A B A A AC 33
-++
=11111111A B A A A A AB BC 3333--+++
=121A A AD 33
+
=11121B B B C ,33+
∴111MN B B B C 、、
共面. 又∵MN 面BB 1C 1C, ∴MN ∥平面BB 1C 1C.
11.【解析】选C.方法一：如图，取BC 的中点M ， 连接OM 、AM. 则OM ⊥平面ABCD. ∴∠OAM 为AO 与平面ABCD 的夹角. 令AB=2，则
OM=1，∴
. ∴sin ∠
OAM=
6
. 方法二：以D 为原点，DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立直角坐标系，令AB=2，则A(2，0，0)，O(1，2，1)，
∴AO
=(-1，2，1).
又1DD
=(0，0，2)为平面ABCD 的法向量.设AO 与平面ABCD 的夹角为α,则
sin α=|cos 〈1AO DD ，〉
|=11
|AO DD |6AO DD =
=
12.独具【解题提示】以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解
.
【解析】选D.建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(2，0，0)，E(2，4，1)，C(0，4，0)， C 1(0，4，3) 设F(0，0，z),
∵四边形AEC 1F 是平行四边形，∴1AF EC =
∴(-2，0，z)=(-2,0,2) ∴z=2,即F(0，0，2)
设1n 为平面AEC 1F 的法向量，显然1n 不垂直于平面ADF ，故可设1n
=(x,y,1)
由11n AE 00x 4y 10,2x 0y 20n AF 0
⎧=⨯++=⎧⎪⎨⎨
-⨯+⨯+==⎩⎪⎩ ，得 即x 1,
4y 10,12x 20y .
4
=⎧+=⎧⎪
∴⎨⎨-+==-⎩⎪⎩
又1CC =(0，0，3)，设1CC 与1n
的夹角为α,则
|cos α
|=1111|CC n |
CC |n |
=
=
∴C 到平面AEC 1F
的距离1d CC |cos |33311
=α=⨯= 故选D.
13.【解析】设p 关于基底{12a b,c 2
-
，}的坐标为(x,y,z)，
则z p 2xa yb c 2
=-+
∴3x 2x 32y 2,y 2.z z 212⎧⎧
=⎪⎪=⎪⎪
-=∴=-⎨⎨⎪⎪=-⎪⎪=-⎩⎩
答案：(32
，-2，-2)
独具【误区警示】此处的坐标不是直角坐标，是在新的基底下的一种坐标形式.
14.【解析】|a b 2c |-+=
=
15.【解析】∵A 1C ⊥B 1D 1，∴111A C B D 0=
∴()
1AC AA BD 0.-=
∴1AC BD AA BD 0-=
又11AA BD AA BD 0⊥∴=
，
∴AC BD 0=
∴AC ⊥BD.
答案：AC ⊥BD(答案不唯一)
16.【解析】如图，因为ABCD ，ABEF 均为正方形， 所以EF ∥平面ABCD ， 又AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，
所以∠EBC 就是平面EAB 与平面ABC 的夹角，所以∠EBC=30°， 因为AB ⊥平面EBC ，而AB Ü平面ABCD ， 所以面EBC ⊥面ABCD ，过E 作EG ⊥BC 于G ， 则EG ⊥面ABCD ，
在Rt △EBG 中，EG=EBsin30°=12
a. 答案：12
a
17.【解析】(1)取DD ′的中点G ，过点G 作DC 的平行线GH ，使GH=23
DC ，连接
AH ，则12
AH AA BC AB.23
='++
AH
如图所示. (2)MN MB BN =+
=13DB BC 24
+'
=()
13AB AD (AA AD)24
-+'+
=113AB AD AA 244
++'
. ∴113
,,.244
α=β=γ=
18.独具【解题提示】(1)设出G 点坐标，利用AC 1⊥EG 求出G 的坐标，确定G 的位置.
(2)先求平面EFG 的法向量，代入公式求θ.
【解析】(1)以C 为原点，分别以CB 、CA 、CC 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立
空间直角坐标系，则F(1,0,0),E(1,1,0),A(0,2,0),C 1(0,0,2),1AC
=(0,-2,2),
EF
=(0,-1,0).
设G(0,2,h),
则EG
=(-1,1,h). ∵11AC EG,EG AC 0.⊥∴=
∴-1×0+1×(-2)+2h=0. ∴h=1，即G 是AA 1的中点.
(2)设m
=(x,y,z)是平面EFG 的一个法向量，则m FE,m EG ⊥⊥ .
所以y 0
x y z 0
=⎧⎨
-++=⎩,
平面EFG 的一个法向量m
=(1,0,1).
∵sin θ
=11
|m AC |1
,2|m |AC =
= ∴θ=6π
,即AC 1与平面EFG 的夹角θ为6
π. 19.【解析】设正方体的棱长为1，
如图所示，以1AB AD AA ，
，为单位正交 基底建立空间直角坐标系.
(1)依题意，得B(1，0，0)，E(0，1，12
)， A(0，0，0)，D(0，1，0)，
所以BE =(-1，1，1
2
)，AD =(0，1，0)，
在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中， 因为AD ⊥平面ABB 1A 1，
所以AD
是平面ABB 1A 1的一个法向量，
设直线BE 和平面ABB 1A 1的夹角为θ,
则sin θ=|BE AD |12
.33
BE AD 12
=
=⨯ 即直线BE 和平面ABB 1A 1的夹角的正弦值为2
3
. (2)依题意，得A 1(0，0，1)，
1BA =(-1，0，1)，BE =(-1，1，1
2
)，
设n
=(x,y,z)是平面A 1BE 的一个法向量， 则由1n BA 0n BE 0==
，，
得x z 0
,1
x y z 02
-+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩
所以x=z,y=12
z.
取z=2，得n
=(2,1,2).
设F 是棱C 1D 1上的点， 则F(t,1,1)(0≤t ≤1).
又B 1(1，0，1)，所以1B F
=(t-1,1,0),
而B 1F 平面A 1BE ，
于是B 1F ∥平面A 1BE ()()11
B F n 0t 1,1,0(212)02t 110t 2
⇔=⇔-=⇔-+=⇔=⇔ ，，F 为
C 1
D 1的中点.
这说明在棱C 1D 1上存在点F(C 1D 1的中点)， 使B 1F ∥平面A 1BE.
20.独具【解题提示】(1)转化为AB CD
与的夹角，注意角的范围；(2)先确定F
的位置，然后求|CF|.
【解析】(1)取BD 的中点O ，连接AO ， 则AO ⊥平面CBD.
以O 为原点建立空间直角坐标系，如图. A(0,0,1),B(1,0,0),
AB
=(1,0,-1),CD =(-2,- ,0),
cos 〈AB,CD 〉=-4
.
所以所求异面直线AB 与CD 夹角的余弦值为
4
.
(2)设CF CA =λ ,由(1)知CA
AD
=(-1,0,-1),
BF BC CF =+
=(-λ
(1-λ),λ), BF CA 212(1)0BF AD 0
⎧=λ--λ=⎪⎨
=λ-λ=⎪⎩
,解得λ=67,∴存在点F ，
6CF CA 7==
独具【方法技巧】另有妙招
利用空间向量解决立体几何中的空间位置关系、空间角以及空间距离，主要方法是建立合适的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，然后代入公式求解，在此过程中，运算量比较大，需要我们有较好的运算能力,但有些立体几何题目利用传统的解题方法，依据立体几何中的定理和结论，加上灵活的思维，同样能较为便捷地解题.
21.【解析】(1)如图，以C 为原点，CA 、CB 、CC 1所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系.则C(0，0，0)，A(1，0，0)，B 1(0，2，2)，C 1(0，0，2)， D(1，0，1).
即11C B =(0,2,0),1DC =(-1,0,1),CD
=(1,0,1). 由11CD C B
=(1,0,1)·(0,2,0)=0+0+0=0,
得CD ⊥C 1B 1;
由1CD DC
=(1,0,1)·(-1,0,1)=-1+0+1=0
得CD ⊥DC 1; 又DC 1∩C 1B 1=C 1, ∴CD ⊥平面B 1C 1D. 又CD Ü平面B 1CD ， ∴平面B 1CD ⊥平面B 1C 1
D.
(2)设AD=a ，则D 点坐标为(1，0，a)，CD
=(1,0,a),1CB =(0,2,2),
设平面B 1CD 的一个法向量为m
=(x,y,z).
则由1m CB 02y 2z 0,x az 0m CD 0⎧=+=⎧⎪⇒⎨⎨+==⎩⎪⎩
令z=-1. 得m =(a,1,-1),又平面C 1DC 的一个法向量为n
=(0,1,0), 则由cos60°
=|m n |12
|m ||n |== ,即
故
独具【方法技巧】另有妙招
利用空间向量解决立体几何中的空间位置关系、空间角以及空间距离，主要是建立合适的空间直角坐标系，写出相关点的坐标，然后代入公式求解，在此过程中，运算量比较大，需要我们有较好的运算能力；但有些立体几何题目利用传统的解题方法，依据立体几何中的定理和结论，加上灵活的思维，同样能解题，以下是本题的传统解法. 【解析】(1)∵∠A 1C 1B 1=∠ACB=90°, ∴B 1C 1⊥A 1C 1,
又由直三棱柱性质知B 1C 1⊥CC 1， ∴B 1C 1⊥平面ACC 1A 1. 又∵CD Ü平面ACC 1A 1，
∴B 1C 1⊥CD ① 由D 为中点可知，DC=DC 1
∴DC 2+DC 12=2+2=4=CC 12，
即CD ⊥DC 1 ②
由①②可知CD ⊥平面B 1C 1D ， 又CD Ü平面B 1CD ， 故平面B 1CD ⊥平面B 1C 1D.
(2)由(1)可知B 1C 1⊥平面ACC 1A 1，如图，在面ACC 1A 1内过C 1作C 1E ⊥CD ，交CD 或其延长线于E ，连EB 1，由三垂线定理可知∠B 1EC 1为二面角B 1—DC —C 1的平面角， ∴∠B
1EC 1=60°.
由B 1C 1=2知，C 1
设AD=x ，则∵△DC 1C 的面积S=11
ACC A 11S 121,22
=⨯⨯=
∴11,23
=
解得22.【解析】如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.
(1)依题意有
Q(1，1，0)，C(0，0，1)， P(0，2，0)，
则DQ
=(1，1，0)，DC =(0，0，1)， PQ
=(1，-1，0)， 所以PQ DQ 0PQ DC 0==
，，
即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC.
故PQ ⊥平面DCQ.又PQ ⊂平面PQC ，
所以平面PQC ⊥平面DCQ.
(2)依题意有B(1，0，1)，CB
=(1，0，0)，
BP
=(-1，2，-1).
设n
=(x ，y ，z)是平面PBC 的法向量，
则n CB 0n BP 0⎧=⎪⎨=⎪⎩
，即x 0
x 2y z 0=⎧⎨-+-=⎩， 因此可取n
=(0，-1，-2).
设m 是平面PBQ 的法向量，则m BP 0m PQ 0
⎧=⎪⎨=⎪⎩
， 可取m =(1，1，1)，所以cos 〈m,n 〉
=-5
. 故平面QBP 与平面BPC
夹角的余弦值为5
.。