单元评估检测(七) 第七章 (120分钟 150分) 一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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)π　　　 (B)π　　 　(C)π　　 　(D)π 3.(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,aβ,bβ,则β∥α (C)若α∥β,b∥α,则b∥β (D)若α∥β,aα,则a∥β 4.若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l的扇形,则这个圆锥的表面积与侧面积之比是　(　　) (A)3∶2 (B)2∶1 (C)5∶3 (D)4∶3 5.(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,bβ,a⊥b,则b⊥α; ④若aα,bα,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 6.(2013·郑州模拟)已知三棱锥的主视图与俯视图如图,俯视图是等腰直角三角形,那么该三棱锥的左视图可能为　(　　)  7.若某几何体的三视图(单位:cm)如图所示,则此几何体的体积是　(　　)  (A)36 cm3 (B)48 cm3 (C)60 cm3 (D)72 cm3 8.如图,在正方体AC1中,过点A作平面A1BD的垂线,垂足为点H,则以下命题中,错误的命题是　(　　) (A)点H是△A1BD的垂心 (B)AH的延长线经过点C1 (C)AH垂直平面CB1D1 (D)直线AH和BB1夹角的正弦值为 9.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3,则这个四棱锥的外接球的表面积为　(　　) (A)12π (B)36π (C)72π (D)108π 10.(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折叠,使平面ABD与平面CBD的夹角为60°,给出下面结论: ①AC⊥BD;②AD⊥CO;③△AOC为正三角形;④cos∠ADC=.则其中的结论正确的是(　　) (A)①③④ (B)①②④ (C)②③④ (D)①②③ 二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上) 11.一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　　　　.  12.(2012·九江模拟)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　　　　. 13.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,其中有可能成立的有　　　　. 14.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　　　　.  15.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM夹角的大小是　　　　. 三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(12分)如图,矩形ABCD中,AD⊥平面ABE,BE=BC,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE,G为AC与BD的交点.  (1)求证:AE⊥平面BCE. (2)求证:AE∥平面BFD. 17.(12分)一个多面体的三视图和直观图分别如图(1),图(2)所示,其中M,N分别为AB,AC的中点,G是DF上的一动点. (1)求证:GN⊥AC. (2)当FG=GD时,在棱AB上确定一点P,使得GP∥平面FMC,并给出证明.   18.(12分)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AB⊥BC,AB=BC=1,DC=2,点E在PB上. (1)求证:平面AEC⊥平面PAD. (2)当PD∥平面AEC时,求PE∶EB的值. 19.(12分)(2012·石家庄模拟)如图,在等腰梯形ABCD中,CD=2,AB=4,AD=BC=, E,F分别为CD,AB的中点,沿EF将梯形AFED折起,使得∠AFB=60°,点G为FB的中点. (1)求证:AG⊥平面BCEF. (2)求DG的长.  20.(13分)(能力挑战题)如图,在Rt△ABC中,AB=BC=4,点E在线段AB上,过点E作EF∥BC交AC于点F,将△AEF沿EF折起到△PEF的位置(点A与点P重合),使得∠PEB=30°. (1)求证:EF⊥PB. (2)试问:当点E在何处时,四棱锥P-EFCB的侧面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB的体积.  21.(14分)(能力挑战题)如图,把长、宽分别为4,3的长方形ABCD沿对角线AC折成直二面角. (1)求顶点B和D之间的距离. (2)现发现BC边上距点C的处有一缺口E,请过点E作一截面,将原三棱锥分割成一个三棱锥和一个棱台两部分,为使截去三棱锥部分体积最小,如何作?请证明你的结论.  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=πr2(1+1.5-1)=π. 3.【解析】选D.A中,由条件可以推出b∥α或bα;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bβ.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D.设圆锥的底面半径为r, 依题意可得扇形的弧长为πl, 从而圆锥的底面半径r=πl÷2π=l, 圆锥的高为=l, 所以圆锥的侧面积S侧=π··l=,圆锥的表面积S表=+π()2=πl2. 所以,表面积与侧面积的比为4∶3. 5.【思路点拨】可借助正方体模型解决. 【解析】选C.如图,在正方体A1B1C1D1-ABCD中,可令平面A1B1CD为α,平面DCC1D1为β,平面A1B1C1D1为γ.又平面A1B1CD∩平面DCC1D1=CD,平面A1B1C1D1∩平面DCC1D1=C1D1,则CD与C1D1所在的直线分别表示a,b,因为CD∥C1D1,但平面A1B1CD与平面A1B1C1D1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. 6.【解析】选D.根据三视图“长对正,高平齐,宽相等”的作图要求可知左视图的高为2,宽为1,且三棱锥的高就是主视图中直角三角形的高,故选D. 7.【解析】选B.依题意得知,该几何体的上半部分是一个长为4 cm,宽和高均为2 cm的长方体,下半部分是一个侧着放的直四棱柱,其高为4 cm,其底面是一个上底为2 cm,下底为6 cm,高为2 cm的等腰梯形,故该几何体的体积V=4×2×2+×(2+6)×2×4=48(cm3),故选B. 8.【解析】选D.对于A,因为三棱锥A-A1BD是正三棱锥,故顶点A在底面的射影是底面正三角形的中心,所以点H也是△A1BD的垂心,故A正确; 对于B,因为三棱锥C1-A1BD是正三棱锥,而H是底面的中心,故C1H是正三棱锥C1-A1BD的高线,因为经过点H与平面A1BD垂直的直线有且只有一条,故A,H,C1三点共线,即AH的延长线经过点C1,故B正确; 对于C,因为平面A1BD∥平面CB1D1,而AH垂直平面A1BD,所以根据面面平行的性质,可得AH垂直平面CB1D1,故C正确; 对于D,可在正三棱锥A-A1BD中,算出sin∠A1AH=,结合AA1∥BB1,可得直线AH和BB1夹角的正弦值为,故D不正确,故选D. 9.【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3×=6,高为=3,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. 10.【解析】选A.如图所示,易知∠AOC为平面ABD与平面CBD的夹角,即∠AOC=60°,且AO=OC,故△AOC为正三角形,即③正确;又BD⊥平面AOC,故AC⊥BD,即①正确;在△ADC中,可知AD=DC=4,AC=AO=2,故利用余弦定理可解得cos∠ADC=,故④正确. 11.【解析】该几何体为直三棱柱,其表面积为4×6+×4×6×2+4××2 =88(cm2). 答案:88cm2 12.【解析】如图,根据题意,BD1要始终垂直于PE所在的一个平面,取BC,BB1的中点F,G,易证BD1⊥平面EFG,故点P的轨迹为线段FG,易求得这条线段的长度是. 答案: 13.【解析】取特殊值,使M,N分别为线段AB1,BC1的中点,取B1B的中点为E,连接NE,EM,则NE∥B1C1,ME∥A1B1,又NE∩ME=E,B1C1∩A1B1=B1,故平面MNE∥平面A1B1C1D1, ∴MN∥平面A1B1C1D1,③对;又A1A⊥平面A1B1C1D1,故A1A⊥平面MNE,∴A1A⊥MN, ①对;连接A1B,∵M是AB1的中点,∴M在A1B上,MN是△A1C1B的中位线,∴MN∥A1C1,②对;当N与B重合,M与A重合,此时MN与A1C1异面,④对. 答案:①②③④ 14.【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O1处,设外接球的球心为O,半径为R,即|OA|=R,在平面ACO1O中,作OE∥O1C,则OE⊥AC.在Rt△AEO中,|AE|=|AC|-|OO1|=2-,|OE|=|O1C|=,由R2=(2-)2+()2,得R=,故V=πR3=4π. 答案:4π 15.【解析】取BC的中点N,连接B1N,AN,则AN⊥平面B1C, ∴AN⊥BM,由几何知识知B1N⊥BM,∴BM⊥平面AB1N,∴BM⊥AB1,故所求夹角为 90°. 答案:90° 16.【证明】(1)∵AD⊥平面ABE,AD∥BC, ∴BC⊥平面ABE,则AE⊥BC. 又∵BF⊥平面ACE,则AE⊥BF. 又BF∩BC=B,∴AE⊥平面BCE. (2)依题意可知G是AC中点. ∵BF⊥平面ACE,则CE⊥BF, 而BC=BE,∴F是EC中点. 连接FG,在△AEC中,可知FG∥AE,又AE?平面BFD,FG平面BFD,∴AE∥平面BFD. 17. 【解析】(1)如图,连接DB,可知B,N,D共线,且AC⊥DN. 又∵FD⊥AD,FD⊥CD,AD∩CD=D, ∴FD⊥平面ABCD. 又∵AC平面ABCD, ∴FD⊥AC. 又∵DN∩FD=D,∴AC⊥平面FDN. 又GN平面FDN,∴GN⊥AC. (2)点P与点A重合时,GP∥平面FMC. 证明:取FC中点H,连接GH,GA,MH. ∵G是DF的中点,∴GH CD. ∵M是AB的中点,∴AMCD. ∴GHAM,∴四边形GHMA是平行四边形. ∴GA∥MH.又∵MH平面FMC,GA?平面FMC, ∴GA∥平面FMC,即GP∥平面FMC. 18.【解析】(1)如图,过A作AF⊥DC于F,则CF=DF=AF, 所以∠DAC=90°, 即AC⊥DA. 又PA⊥底面ABCD,AC平面ABCD,所以AC⊥PA. 因为PA,AD平面PAD,且PA∩AD=A,所以AC⊥平面PAD. 而AC平面AEC,所以平面AEC⊥平面PAD. (2)连接BD交AC于点O,连接EO,因为PD∥平面AEC,PD平面PBD,平面PBD∩平面AEC=EO,所以PD∥EO. 则PE∶EB=DO∶OB,而DO∶OB=DC∶AB=2, 所以PE∶EB=2. 19.【解析】(1)因为AF=BF,∠AFB=60°,则△AFB为等边三角形,又G为FB的中点,所以AG⊥FB.在等腰梯形ABCD中,因为E,F分别是CD,AB的中点,所以EF⊥AB,于是EF⊥AF,EF⊥BF,又AF∩BF=F,则EF⊥平面ABF,所以AG⊥EF,又EF∩FB=F,所以AG⊥平面BCEF.  (2)取EC的中点M,连接DM,GM,CG,易得平面ABF∥平面DCE,则DM∥AG,因为AG⊥平面BCEF,则DM⊥平面BCEF,则DM⊥MG. 由已知得EC=FG=BG=1,又EC∥FG,所以四边形EFGC为平行四边形,所以CG∥EF. 在Rt△CGB中,CG⊥BG,BG=1,BC=,则CG=1, 又在Rt△CGM中,GM==. 又易知DM=. 则在Rt△DGM中,DG==. 【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=2,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的夹角的余弦值.  【解析】(1)由题意知平面PAD⊥平面ABCD,又BD=2AD=4,AB=2,可得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,),=(-1,4,-),= (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), 由得 故可取n=(2,1,),则cos==, 所以平面PAD与平面PAB的夹角的余弦值为. 20.【思路点拨】(1)首先证明EF⊥平面PEB,然后证明EF⊥PB. (2)设PE=x,利用x表示出△PEB的面积,利用二次函数知识求最大值,进而求解. 【解析】(1)在Rt△ABC中,因为EF∥BC,AB⊥BC,所以EF⊥AB. 所以EF⊥EB,EF⊥EP. 又因为EB∩EP=E,所以EF⊥平面PEB. 因为PB平面PEB,所以EF⊥PB. (2)由(1)知EF⊥平面PEB,又因为EF平面BCFE,所以平面BCFE⊥平面PEB,又因为平面BCFE∩平面PEB=BE, 在平面PEB内,过P点作PD⊥BE于D,如图所示, 所以PD⊥平面BCFE. 设PE=x,x∈(0,4),则BE=4-x. 在Rt△PED中,因为∠PED=30°,所以PD=x, 所以S△PEB=·PD·BE=··(4-x) =-(x-2)2+1, 当且仅当x=2,即E为AB的中点时,△PEB的面积最大. 此时PD=×2=1, 易得S梯形EFCB=×(4+2)×2=6. 所以VP-EFCB=·S梯形EFCB·PD=×6×1=2. 【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. 21.【解析】(1) ?BO⊥平面ACD. ?BO⊥OD. 由已知,可得BO=,由余弦定理,可得OD=, ∴在Rt△BOD中,BD=. (2)方案一:过E作EF∥AC交AB于F,EG∥CD,交BD于G, ?平面EFG∥平面ACD. 原三棱锥被分成三棱锥B-EFG和三棱台EFG-CAD两部分,此时=()3=. 方案二:过E作EP∥BD交CD于P,EQ∥AB,交AC于Q,同方案一可证平面EPQ∥平面ABD,原三棱锥被分割成三棱锥C-EPQ和三棱台EPQ-BDA两部分,此时=()3=, 为使截去部分体积最小,故选用方案二.
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