1、第二章单元质量评估(二)第卷(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在空间四边形ABCD中，连接AC，BD，若BCD是正三角形，且E为其中心，则的化简结果是(C)A B2 C0 D2解析：取BC的中点F，则0.2已知A(1,0,1)，B(0,0,1)，C(2,2,2)，D(0,0,3)，则sin，等于(C)A B C D解析：因为(1,0,0)，(2，2,1)，所以cos，所以，(，)，所以sin，.3若直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，能使l的是(D)Aa(1,0,1)，n(2,0,0) Ba(1,3,5)
2、，n(1,0,1)Ca(0,2,1)，n(1,0，1) Da(1，1,3)，n(0,3,1)解析：若l，则an0，只有选项D中an0.4已知向量a(1,1,0)，b(1,0，2)，且kab与2ab互相垂直，则k的值是(D)A1 B C D解析：依题意(kab)(2ab)0，所以2k|a|2kab2ab|b|20，而|a|22，|b|25，ab1，所以4kk250，解得k.5在三棱柱ABCA1B1C1中，D，F分别为CC1，A1B的中点，且，则(A)A，1 B，1C1， D1，解析：如图，取AB中点E，连接EF，CE，则EF綊CC1.又D为C1C的中点，则EF綊DC，四边形DCEF为平行四边形，
3、则，因此，1，故选A6如图，在正四棱锥PABCD中，已知a，b，c，则(A)Aabc BabcCabc Dabc解析：如图，连接AC，BD，交点为O，再连接PO，则ac.又b，所以acb，故acb，从而abc，故选A7.如图，在三棱锥ABCD中，ABACAD2，BAD90，BAC60，则等于(A)A2 B2C2 D2解析：()|cos90|cos6022cos9022cos602.8.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2D1D2，DA0)，G，由AGPB，得20，解得2，点G的坐标为，|.21(本小题12分)如图1，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是边AC，
4、BC的中点，现将ABC沿CD翻折成直二面角ADCB，如图2所示(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角EDFC的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？证明你的结论解：(1)AB平面DEF.在ABC中，E，F分别是边AC，BC的中点，EFAB又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)由题，易知AD，DB，DC两两垂直，则以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示则D(0,0,0)，A(0,0,2)，E(0，1)，F(1，0)，(1，0)，(0，1)，(0,0,2)易知平面CDF的一个法向量
5、为(0,0,2)设平面EDF的一个法向量为n(x，y，z)，则即令y，则n(3，3)cosn.二面角EDFC的余弦值为.(3)在线段BC上存在点P，使APDE.证明如下：在线段BC上取点P，使BPBC，过点P作PQCD于点Q，连接AP，AQ(图略)，PQ平面ACD，PQDE.DQDC，且AD2，DAQ30.又ADE为等边三角形，AQDE.又AQPQQ，DE平面APQ.AP平面APQ，APDE.22.(本小题12分)如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD；(2)若SD平面PAC，求平面ACP与平面ACD的夹角的大小；(3)在(2
6、)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC若存在，求SEEC的值？若不存在，试说明理由解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，由题意知SO平面ABCD以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz，如图设底面边长为a，则高SOa.于是S(0,0，a)，D(a,0,0)，C(0，a,0)，B(a,0,0)，(0，a,0)，(a,0，a)，0，故OCSD从而ACSD(2)由题意知，平面PAC的一个法向量(a,0，a)，平面DAC的一个法向量(0,0，a)设所求夹角为，则cos，故平面ACP与平面ACD的夹角的大小为30.(3)存在假设在侧棱SC上存在一点E，使BE平面PAC由(2)知是平面PAC的一个法向量，且(a,0，a)，(0，a，a)，(a，a,0)，设t，则t(a，a(1t)，at)由0，得t.即当SEEC21时，.而BE平面PAC，故BE平面PAC
