2014版高中数学复习方略课时提升作业：单元评估检测(七)(北师大版)(北师大版·数学理·通用版)

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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,aüβ,büβ,则β∥α

(C)若α∥β,b∥α,则b∥β

(D)若α∥β,aüα,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,büβ,a⊥b,则b⊥α;

④若aüα,büα,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)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,其主视图与俯视图如图所示,则其左视图的面积为( )

(A)(B)(C)(D)

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的夹角为60°;

④AN与ME的夹角为45°.

其中正确命题的个数为( )

(A)3个(B)2个(C)1个(D)0个

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.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,平面CAB与平面DAB的夹角的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN的夹角的余弦值等于.

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,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与DB夹角的余弦值.

17.(12分)(2013·西安模拟)已知三棱柱ABC -A1B1C1的底面ABC为正三角形,侧棱AA1⊥平面ABC,AB=2,AA1=4,E为AA1中点,F为BC中点.

(1)求证:直线AF∥平面BEC1.

(2)求平面BEC1与平面ABC的夹角的余弦值.

18.(12分)如图所示的几何体中,PB⊥平面ABC,PQ∥AB,PQ=PB=1,AB=BC=,

∠ABC=90°,M∈PB,N∈PC.

(1)求QC与平面ABC的夹角的正弦值.

(2)若QC⊥平面AMN,求线段MN的长度.

19.(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)求平面C1AD与平面CAD的夹角的余弦值.

(3)试问线段A1B1上是否存在点E,使AE与DC1的夹角为60°?若存在,确定E点位置;若不存在,说明理由.

20.(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A1B1上,且满

足=λ.

(1)当λ取何值时,直线PN与平面ABC的夹角θ最大?

(2)若平面PMN与平面ABC的夹角为45°,试确定点P的位置.

21.(14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?说明理由.

(4)在线段AB上是否存在一点P,使得SP与平面SCD的夹角的正切值为?说明理由.

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=πr 2(1+1.5-1)=π.

3.【解析】选D.A 中,由条件可以推出b ∥α或b üα;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 üβ.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 ,

l ,

所以圆锥的侧面积S 侧=π·3l ·l =3π2l ,圆锥的表面积S 表=3

π2

l +π(3l )2=πl 2.

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.

C1D1-ABCD中,可令平面

【解析】选C.如图,在正方体A

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.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的左视图.

在Rt△BCD中,DC⊥CB,CD=CB=1,所以CE=BD=,

同理AE=.

所以三棱锥C-ABD的左视图的面积S=×AE×CE=××=.

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 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的夹角即为AF与FC的夹角,在等边三角形

AFC中,AF与FC的夹角为60°,③对;同理AN与ME的夹

角为60°,④错;故正确的有1个,所以选C.

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. 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|=2-,|OE|=|O 1C|=,由

R 2=(2-)2+()2,得R=,故V=πR 3=4π.

答案:4π

15.【解析】设AB=2,作CO ⊥平面ABDE,OH ⊥AB,则CH ⊥AB,∠CHO 为平面CAB 与平面DAB 的夹角, CH=

,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=.

=(+),=-,

·

=(

+

)·(

-)=.

故EM,AN 的夹角的余弦值为

=.

答案:

16.【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(0,0,),

E(,,0),∴=(,,-),=(1,0,0),

cos<,>===.

∴AE与DB夹角的余弦值为.

17.【解析】取B1C1的中点为N,以FA,FB,FN所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),C1(0,-1,4),A1(,0,4), E(,0,2),

(1)设平面BEC1的一个法向量为n=(x,y,z),

则

取z=1,x=0,y=2,得n=(0,2,1),

·n=0,∴⊥n,

∵AF平面BEC1,∴AF∥平面BEC1.

(2)易得平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1), ∴cos==.

平面BEC1与平面ABC的夹角的余弦值为. 18.【解析】(1)以B为原点,分别以BA,BC,BP所

在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则A(,0,0),B(0,0,0),C(0,,0),P(0,0,1),

Q(1,0,1).

由题设知为平面ABC的一个法向量,又

=(1,-,1),=(0,0,1),所以QC与平面ABC的夹角θ的正弦值

sinθ=|cos<,>|=||=.

(2)因为M在直线PB上,所以可设M(0,0,t),则=(-,0,t).

因为·=-+t=0,所以t=,

即M(0,0,),设=λ,N(x,y,z).

因为=(x,y,z-1),=(0,,-1),所以x=0,y=λ,z-1=-λ,故N(0,λ,1-λ),

=(-,λ,1-λ).

由·=--λ+1-λ=-λ=0,得λ=,故N(0,,).

所以MN==.

交AC1于点O,连接OD.

19.【解析】(1)连接A

由ABC-A1B1C1是直三棱柱,得四边形ACC1A1为矩

形,O为A1C的中点.

又D为BC的中点,所以OD为△A1BC的中位线.

所以A1B∥OD.

因为OD平面ADC1,A1B?平面ADC1,

所以A1B∥平面ADC1.

(2)由ABC-A1B1C1是直三棱柱,且∠ABC=90°,得BA,BC,BB1两两垂直.

以BC,BA,BB1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),C1(2,0,1),D(1,0,0),

所以=(1,-2,0),=(2,-2,1).

设平面C1AD的一个法向量为n=(x,y,z),

则有

所以取y=1,得n=(2,1,-2).

易知平面CAD的一个法向量为v=(0,0,1).

所以cos==-.

所以平面C1AD与平面CAD的夹角的余弦值为.

(3)存在点E为A1B1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A1B1上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),

故可设E(0,λ,1),其中0≤λ≤2.

所以=(0,λ-2,1),=(1,0,1).

因为AE与DC1的夹角为60°,

所以|cos<,>|=||=.

即=,解得λ=1或λ=3(舍去).

所以当点E为线段A1B1的中点时,AE与DC1的夹角为60°.

【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)建立空间直角坐标系,求出坐标及平面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,利用两平面的夹角为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=(-λ,,-1),

平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),则

sinθ=|cos<,n>|==(*),

于是问题转化为二次函数求最值,而θ∈[0,],

当sinθ最大时,θ最大,此时λ=.

(2)显然平面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),=(λ,-1,).

由得

解得

令x=3,得m=(3,2λ+1,2(1-λ)),于是由

|cos|===,

解得λ=-,故点P在B1A1的延长线上,且|A1P|=.

21.【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°,

∴△ABD为正三角形,BD=2.

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=,

在△SAB中,SA=SB=AB=2,∴SE=.

在等腰△SDE中,SD=2,

∵SD·=SH·DE,

∴SH==.

(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.

A(,0,0),B(-,1,0),C(-,0,0),

D(-,-1,0),S(0,0,),G(-,-,0),

=(-,0,),

设=λ=λ(-,0,),

∴F(-λ+,0,λ),

=(-λ+,,λ),

=(-,-1,0),

=(-,0,-).

设平面SBC的一个法向量为n=(x,y,z),则有

n·=-x-y=0,n·=-x-z=0.

令x=1,则y=-,z=-,

即n=(1,-,-).

则有·n=0,