单元评估检测

单元评估检测第七章(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.已知直线l ∥平面α,P ∈α，那么过点P 且平行于直线l 的直线( ) (A)只有一条，不在平面α内 (B)有无数条，不一定在平面α内 (C)只有一条，且在平面α内 (D)有无数条，一定在平面α内2.在△ABC 中，AB=2,BC=1.5,∠ABC=120°,若使△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的体积是( )(A)32π (B)52π (C)72π (D)92π3.(2013·随州模拟)在空间中，a,b 是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，下列命题正确的是( ) (A)若a ∥α,b ∥a,则b ∥α(B)若a ∥α,b ∥a,a ⊂β,b ⊂β,则β∥α (C)若α∥β,b ∥α,则b ∥β (D)若α∥β,a ⊂α,则a ∥β4.(2013·聊城模拟)已知正四棱锥S-ABCD 的侧棱长与底面边长相等，E 是SB 的中点，则AE ，SD 所成角的余弦值为( )()()()()12A B C D 33335.在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB=AF∶FD =1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )(A)BD∥平面EFG，且四边形EFGH是矩形(B)EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形(C)HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形(D)EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形6.(2013·珠海模拟)已知a,b,l表示三条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，有下列命题：①若α∩β=a,β∩γ=b,且a∥b,则α∥γ;②若a,b相交，且都在α,β外，a∥α,a∥β,b∥α,b∥β,则α∥β;③若α⊥β,α∩β=a,b⊂β,a⊥b,则b⊥α;④若a⊂α,b⊂α,l⊥a,l⊥b,则l⊥α.其中正确的有( )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个7.(2013·郑州模拟)把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成三棱锥C-ABD，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )()()()()1221A B C D 22448.(2013·临沂模拟)如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的各棱长均为2，其正视图如图所示，则此三棱柱侧视图的面积为( )()()()()A 2 2 B 4 C 3 D 239.如图是正方体的表面展开图，在这个正方体中有如下命题：①AF ∥NC ；②BE 与NC 是异面直线； ③AF 与DE 成60°角； ④AN 与ME 成45°角. 其中正确命题的个数为( )(A)3个 (B)2个 (C)1个 (D)0个10.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为32积为( )(A)12π(B)36π(C)72π(D)108π11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在线段AB1，BC1上，且AM=BN.以下结论：①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1异面，其中有可能成立的个数为( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)112.(能力挑战题)已知正方形ABCD的边长是4，对角线AC与BD交于O，将正方形ABCD沿对角线BD折出60°的二面角，并给出下面结论：①AC⊥BD；②AD⊥.则其中的真命题是( )CO；③△AOC为正三角形；④cos∠ADC=34(A)①③④(B)①②④(C)②③④(D)①②③二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分.请把正确答案填在题中横线上)13.一个多面体的三视图分别为正方形、等腰三角形和矩形，如图所示，则该几何体的表面积为______.14.在棱长为1的正方体AC1中，E为AB的中点，点P为侧面BB1C1C内一动点(含边界)，若动点P始终满足PE⊥BD1，则动点P的轨迹的长度为______.15.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球体积为______.16.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB，二面角C-AB-D的余弦值为3，M,N分别是AC,BC的中点，则EM,AN所成角的余弦值等于______.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，在△ABC中，∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC=90°.(1)证明：平面ABD⊥平面BDC.(2)设E为BC的中点，求AE DB与夹角的余弦值.18.(12分)(2013·玉溪模拟)在四棱锥P-ABCD中，∠ABC=∠ACD=90°，∠BAC=∠CAD=60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=2AB=2.(1)求四棱锥P-ABCD的体积.(2)若F为PC的中点，求证：平面PAC⊥平面AEF.(3)求二面角E-AC-D的大小.19.(12分)(2013·青岛模拟)如图，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AP=2，D是AP的中点，E，F，G分别为PC，PD，CB的中点，将△PCD AB=BC=12沿CD折起，使得PD⊥平面ABCD.(1)求证:平面PCD⊥平面PAD.(2)求二面角G-EF-D的大小.20．(12分)(2013·黄山模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=2AA1，∠ABC=90°，D是BC的中点.(1)求证：A1B∥平面ADC1.(2)求二面角C1-AD-C的余弦值.(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由.21.(13分)(能力挑战题)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1=AB=AC=1，AB⊥AC，M是CC1的中点，N 是BC 的中点，点P 在直线A 1B 1上，且满足111A P A B =λ. (1)当λ取何值时，直线PN 与平面ABC 所成的角θ最大？(2)若平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°，试确定点P 的位置.22.(13分)(能力挑战题)如图，已知四棱锥S-ABCD 的底面ABCD 是菱形，∠BAD= 60°，且SA=SB=SD=AB=2. (1)求证：AB ⊥SD.(2)求S 到底面ABCD 的距离.(3)设G 为CD 的中点，在线段SA 上是否存在一点F ，使得GF ∥平面SBC ？ (4)在线段AB 上是否存在一点P ，使得SP 与平面SCD 所成的角的正切值为2？答案解析1.【解析】选C.由直线l 与点P 可确定一个平面β，且平面α，β有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m,因为l ∥α,所以l ∥m ，故过点P 且平行于直线l 的直线只有一条，且在平面α内.2.【思路点拨】△ABC 绕直线BC 旋转一周后所得几何体为一圆锥，但其内部缺少一部分.用大圆锥的体积减去小圆锥的体积即为所求几何体的体积. 【解析】选A.旋转后得到的几何体是一个大圆锥中挖去一个小圆锥.故所求体积为V=V 大圆锥-V 小圆锥=()213r 11.51.32π+-=π3.【解析】选D.A 中，由条件可以推出b ∥α或b ⊂α;B 中，由条件可以推出 β∥α或α与β相交；C 中，由条件可以推出b ∥β或b ⊂β.D 正确.【变式备选】给定下列命题：①若一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中为真命题的是( )(A)①和②(B)②和③(C)③和④(D)②和④【解析】选D.对于①，两条直线必须相交，否则不能证明面面平行，错误；对于③，垂直于同一条直线的两条直线还可能异面或相交，错误；②④正确.所以选D.4.【解析】选C.连接AC，BD交于O，连接OE.∵OE∥SD，∴∠AEO为所求.设侧棱长与底面边长都等于2，则△AEO中，2OE1AO2AE213===-=，，，∴cos∠AEO=()()2223123.3 2313+-==⨯⨯5.【解析】选B.如图所示，在平面ABD内，∵AE∶EB=AF∶FD=1∶4, ∴EF∥BD.又BD⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，∴EF∥平面BCD.又在平面BCD内，∵H ，G 分别是BC ，CD 的中点， ∴HG ∥BD.∴HG ∥EF. 又EF AE 1HG CH 1BD AB 5BD BC 2====，，∴EF ≠HG. 在四边形EFGH 中，EF ∥HG 且EF ≠HG ， ∴四边形EFGH 为梯形.6.【思路点拨】可借助正方体模型解决.【解析】选C.如图，在正方体A 1B 1C 1D 1-ABCD 中，可令 平面A 1B 1CD 为α,平面DCC 1D 1为β，平面A 1B 1C 1D 1为γ. 又平面A 1B 1CD ∩平面DCC 1D 1=CD ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面 DCC 1D 1=C 1D 1，则CD 与C 1D 1所在的直线分别表示a,b ， 因为CD ∥C 1D 1，但平面A 1B 1CD 与平面A 1B 1C 1D 1不平行，即α与γ不平行，故①错误.因为a,b 相交，可设其确定的平面为γ，根据 a ∥α,b ∥α,可得γ∥α.同理可得γ∥β,因此α∥β,②正确.由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知③正确.a ∥b 时，由题知l 垂直于平面α内两条不相交直线，得不出l ⊥α,④错误.7.【解析】选D.如图所示，取BD 的中点E ，连接AE ，CE ，则有CE ⊥BD ，AE ⊥BD ，又平面ABD ⊥平面CBD ，所以CE ⊥平面ABD ，同理，AE ⊥平面CBD.所以Rt △ACE 就是三棱锥C-ABD 的侧视图. 在Rt △BCD 中，DC ⊥CB ，CD=CB=1，所以12CE BD 22==， 同理AE=2.所以三棱锥C-ABD 的侧视图的面积S=12×AE ×CE=1221.2224⨯⨯= 8.【解析】选D.侧视图为矩形，长为BB 1=2，宽为△ABC 的高，3h 23==， ∴侧视图面积S 2 3.=9.【解析】选C.如图所示，依据正方体的表面展开图，可画出正方体图形，判断可知AF 与NC 异面，①错；BE ∥NC ，②错；AF 与DE 所成角即为AF 与FC 所成角，在等边三角形AFC 中，AF 与FC 所成角为60°，③对；同理AN 与ME 所成角为60°，④错；故正确的有1个，所以选C.10.【思路点拨】外接球的半径为棱锥的中心到各个顶点的距离. 【解析】选B.依题意得，该正四棱锥的底面对角线长为3226⨯=，高为221(32)(6)32-⨯=，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该四棱锥的外接球球心为底面正方形的中心，其外接球的半径为3，所以其外接球的表面积等于4π×32=36π，选B.11.【解析】选A.取特殊值，使M ，N 分别为线段AB 1，BC 1的中点，取B 1B 的中点为E ，连接NE ，EM ，则NE ∥B 1C 1，ME ∥A 1B 1，又NE ∩ME=E ，B 1C 1∩A 1B 1=B 1，故平面MNE ∥平面A 1B 1C 1D 1，∴MN ∥平面A 1B 1C 1D 1,③对；又A 1A ⊥平面A 1B 1C 1D 1，故A 1A ⊥平面MNE ，∴A 1A ⊥MN, ①对；连接A 1B ，∵M 是AB 1的中点，∴M 在A 1B 上，MN 是 △A 1C 1B 的中位线，MN ∥A 1C 1，②对；当N 与B 重合，M 与A 重合，此时MN 与A 1C 1异面，④对.12. 【解析】选A.如图所示，易知∠AOC 为二面角A-BD-C 的平面角，即∠AOC=60°，且AO=OC ，故 △AOC 为正三角形，即③正确；又BD ⊥平面AOC ，故BD ⊥AC ，即①正确；在△ADC 中，可知AD=DC=4，AC=AO=22，故利用余弦定理可解得cos ∠ADC=34，故④正确.13.【解析】该几何体为直三棱柱，其表面积为222146462434288(cm ).2⨯+⨯⨯⨯+⨯+⨯=答案:88 cm 214.【解析】如图，根据题意，BD 1要始终垂直于PE 所在的一个平面，取BC ，BB 1的中点F ，G ，易证BD 1⊥平面EFG ，故点P 的轨迹为线段FG ，易求得这条线段的长度是2.2答案:2 15.【解析】三棱锥图形可画为如图所示.因为△BCD 为 等腰直角三角形，则其外接圆圆心在BD 中点O 1处，设 外接球的球心为O ，半径为R ，即|OA|=R ，在平面ACO 1O 中， 作OE ∥O 1C ，则OE ⊥AC.在Rt △AEO 中，|AE|=|AC|-|OO 1|22R 2=--，|OE|=|O 1C|2=，由2222R (2R 2)(2)=--+，得R=3，故34V R 43.3=π=π 答案:43π16.【解析】设AB=2，作CO ⊥平面ABDE,OH ⊥AB ，则CH ⊥AB ，∠CHO 为二面角C-AB-D 的平面角,CH=3,OH=CH ·cos ∠CHO=1，结合等边三角形ABC 与正方形ABDE 可知此四棱锥为正四棱锥，则AN=EM=CH=3.()()11AN AB AC ,EM AC AE,22111AN EM AB AC (AC AE).222=+=-=+-=故EM,AN 所成角的余弦值为AN EM1.6AN EM =答案: 1617.【解析】(1)∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB. 又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC. ∵AD ⊂平面ABD,∴平面ABD ⊥平面BDC.(2)由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB|=1，以D 为坐标原点，以DB,DC,DA 所在直线为x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,03， E(1322，，0)，∴13AE (,,3)DB (10,0)22=-=，，， ∴AE DB 与夹角的余弦值为1AE DB 222cos AE DB 22AE DB14===⨯〈，〉 18.【解析】(1)在Rt △ABC 中，AB=1，∠BAC=60°， ∴3AC=2，在Rt △ACD 中，AC=2，∠CAD=60°，∴3，AD=4，∴S 四边形ABCD =12AB ·BC+12AC ·CD=12×1×3+12×2×23=532. 则V=15532 3.323⨯⨯= (2)建立如图所示的空间直角坐标系. A(0,0,0),B(1,0,0), C(1, 3,0),D(-2,23,0), P(0,0,2),F(12,32,1), E(-1,3,1).AF =(12, 32,1), AE =(-1,3,1).设平面AEF 的一个法向量为n 1=(x,y,z),由1113AF x y z 022AE x 3y z 0⎧=++=⎪⎨⎪=-++=⎩，，n n 取z=-2,得y=3,x=1，即n 1=(1, 3,-2).又平面PAC 的一个法向量为CD =(-3，3，0)， ∵n 1·CD =1×(-3)+ 3×3=0, ∴平面PAC ⊥平面AEF.(3)易知平面ACD 的一个法向量为n 2=(0,0,1), 设平面AEC 的一个法向量为n 3=(x ′,y ′,z ′).AC =(1, 3,0),AE =(-1，3，1)由33AC x 3y 0,AE x 3y z 0,⎧='+'=⎪⎨=-'+'+'=⎪⎩n n 取y ′=3,得x ′=-3,z ′=-6,n 3=(-3,3,-6), ∴cos 〈n 2,n 3〉=3.143=-⨯∴结合图形知二面角E-AC-D 的大小为30°.19.【解析】(1)∵PD ⊥平面ABCD ， ∴PD ⊥CD.∵CD ⊥AD ， ∴CD ⊥平面PAD. ∵CD ⊂平面PCD ， ∴平面PCD ⊥平面PAD.(2)如图以D 为原点，以DA DC DP ，，为方向向量建立空间直角坐标系Dxyz. 则有关点及向量的坐标为:G(1，2，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1).EF (010)EG (111).=-=-，，，，，设平面EFG 的一个法向量为n =(x,y,z).EF 0y 0,x z,.x y z 0y 0EG 0⎧=-==⎧⎧⎪∴⇒⇒⎨⎨⎨+-===⎩⎩⎪⎩，n n取n =(1,0,1).平面PCD 的一个法向量DA =(1，0，0)，∴DA n 2cos DA,.2DA n==〈〉n 结合图知二面角G-EF-D 的大小为45°.20．【解析】(1)连接A 1C ，交AC 1于点O ，连接OD.由ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1为矩形，O 为A 1C 的中点. 又D 为BC 的中点，所以OD 为△A 1BC 的中位线. 所以A 1B ∥OD.因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1， 所以A 1B ∥平面ADC 1.(2)由ABC-A 1B 1C 1是直三棱柱，且∠ABC=90°，得BA ，BC ，BB 1两两垂直.以BC ，BA ，BB 1所在直线分别为x,y,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 设BA=2，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C 1(2，0，1)，D(1，0，0)， 所以AD =(1，-2，0)，1AC =(2，-2，1). 设平面ADC 1的一个法向量为n =(x,y,z)，则有1AD 0AC 0.⎧=⎪⎨=⎪⎩，n n所以x 2y 0,2x 2y z 0.-=⎧⎨-+=⎩取y=1，得n =(2,1,-2).易知平面ADC 的一个法向量为v =(0,0,1). 所以cos 〈n ,v 〉=2.3=-n v n v 因为二面角C 1-AD-C 是锐二面角， 所以二面角C 1-AD-C 的余弦值为23.(3)存在点E 为A 1B 1的中点时满足条件.理由如下： 假设存在满足条件的点E.因为点E 在线段A 1B 1上，A 1(0，2，1)，B 1(0，0，1)， 故可设E(0，λ,1),其中0≤λ≤ 2. 所以AE =(0,λ-2,1),1DC =(1，0，1). 因为AE 与DC 1成60°角，所以111AE DC 1|cos AE,DC |.2AE DC ==〈〉即1||212=，解得λ=1或λ=3(舍去). 所以当点E 为线段A 1B 1的中点时，AE 与DC 1成60°角.【方法技巧】立体几何中探索性问题的解法探索性问题是近几年高考中出现频率较高的题目，能较好地考查学生的猜想能力和推理能力．一般以判断点的存在性为主，用几何法解答探索性问题的一般步骤是：先假设所求的点存在，然后在这一条件下进行推理论证，得出相关的结论．如果得出矛盾，则说明假设不成立，即不存在满足条件的点；如果得不出矛盾，则说明假设成立，即存在满足条件的点．【变式备选】如图所示，平面多边形ABCDP是由梯形ABCD和等边三角形PAD组成，已知AB∥DC，BD=2AD=4，AB=2DC=25，现将△PAD沿AD折起，使点P的射影O恰好落在直线AD上.(1)求证：BD⊥平面PAD.(2)求平面PAD与平面PAB所成的二面角的余弦值.【解析】(1)由题意知平面PAD⊥平面ABCD，又BD=2AD=4，AB=AB2=AD2+BD2，则BD⊥AD，又AD为平面PAD与平面ABCD的交线，则BD⊥平面PAD.(2)取AD的中点O，OA为x轴，过O作BD的平行线为y轴，OP为z轴，如图建立空间直角坐标系，易知A(1，0，0)，B(-1，4，0)，P(0，0)，PB =(-1，4，，BA =(2，-4，0)，平面PDA的一个法向量为m=(0,1,0), 设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),由PB0BA0⎧=⎪⎨=⎪⎩，，nn得x4y0,2x4y0,⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩故可取n，则57cos ,||||19==〈〉，m nmnm n所以平面PAD与平面PAB所成的二面角的余弦值为1921.【思路点拨】(1)建立空间直角坐标系，求出PN坐标及平面ABC的一个法向量的坐标，利用向量求解.(2)求出平面PMN的一个法向量的坐标，利用二面角为45°，列方程求解. 【解析】(1)分别以AB，AC，AA1为x,y,z轴，建立空间直角坐标系,则11PN(,,1),22=-λ-平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),则)PNsin cos PNPN*,θ===〈，〉nnn于是问题转化为二次函数求最值，而θ∈［0,2π］，当sin θ最大时，θ最大，此时λ=12.(2)已知给出了平面PMN 与平面ABC 所成的二面角为45°，即可得到平面ABC的一个法向量为n =(0，0，1)，设平面ＰＭＮ的一个法向量为m ＝(x,y,z),MP =(λ,-1,12).由NP 0,MP 0⎧=⎪⎨=⎪⎩，m m 得11()x y z 0,221x y z 0,2⎧λ--+=⎪⎪⎨⎪λ-+=⎪⎩解得21y x,32(1)z x.3λ+⎧=⎪⎪⎨-λ⎪=⎪⎩令x=3，得m =(3,2λ+1,2(1-λ))，于是由222(1)2cos ,29(21)4(1)-λ===+λ++-λ〈，〉m n m n m n解得λ=12-，故点P 在B 1A 1的延长线上，且|A 1P|=12. 22.【解析】(1)如图①，取AB 的中点E ，连接DE ，BD ，SE ，∵底面ABCD 是菱形，∠BAD=60°， ∴BD=2，△ABD 为正三角形. 又∵E 为AB 的中点，∴DE ⊥AB. 又∵SA=SB ，∴SE ⊥AB. 又∵SE ∩DE=E ，∴AB ⊥平面SDE.∵SD ⊂平面SDE ，∴AB ⊥SD.(2)在平面SDE 中，过S 作SH ⊥DE 于H. ∵AB ⊥平面SDE ，∴AB ⊥SH. 又∵AB ∩DE=E ，∴SH ⊥平面ABD. ∴SH 的长即为S 到平面ABCD 的距离. 在△ABD 中，AB=AD=BD=2，∴DE=3, 在△SAB中，SA=SB=AB=2，∴SE=3. 在等腰△SDE 中，SD=2，221SD SE (SD)SH DE 22312SH 6.33-=⨯-∴==，(3)假设AS 上存在点F 使GF ∥平面SBC ，连接BD ，以正三角形ABD 的中心O 为原点，OA 为x 轴，OS 为z 轴，平行于BD 的且过点O 的直线为y 轴，建立如图②所示的空间直角坐标系.2330，0)，31，0)，C(4330，0)， 3-1，0)，S(0，0263，536，-12，0)，AS 0，， 设AF =λAS =λ∴),GF 12),BCSC =(设平面SBC 的一个法向量为n =(x,y,z)，则有n ·BC ，n ·SC =令x=1,则,即n=). 则有GF ·n =0，即2)=0.化简得λ，解得λ=12. 故AF =12AS ，即F 为AS 的中点.(4)假设线段AB 上存在这样的点P 使SP 与平面SCD，即所成角的正弦值为AB 1，0)，设AP =λ1AB 1,λ1,0),则1λ1,0),SP λ1λ1SC =(CD 设平面SDC 的一个法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则n 1·SC =0，n 1·CD =0，解得n 1=(13，-2). 111SP 6cos SP =,3SP 〈，〉n n n 代入，解得λ1=12. 故P 为AB 的中点.。