【全程复习方略】广东省 版高中数学 单元评估检测(七)理 新人教A版

高中数学 单元评估检测(七)理 新人教A 版（第七章）（120分钟 150分）一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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.(2012·广州模拟)若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一直线上”是“这四个点在同一平面上”的( ) (A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件 (C)充要条件(D)既不充分也不必要条件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)92π 3.(2012·株洲模拟)已知三条不重合的直线m 、n 、l ，两个不重合的平面α，β，有下列命题 ①若l ∥α，m ∥β，且α∥β，则l ∥m ②若l ⊥α，m ⊥β，且l ∥m ，则α∥β ③若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β ④若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂β，n ⊥m ，则n ⊥α 其中真命题的个数是( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)14.(2011·安徽高考)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )(A)48 (B)32＋817 (C)48＋817 (D)805.如图，平行四边形ABCD 中，AB ⊥BD ，沿BD 将△ABD 折起，使面ABD ⊥面BCD ，连接AC ，则在四面体ABCD 的四个面中，互相垂直的平面的对数为( )(A)4 (B)3 (C)2 (D)16.(2012·珠海模拟)如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中，给出下列三个命题： ①点M 到AB 的距离为22； ②三棱锥C －DNE 的体积是16；③AB 与EF 所成的角是π2.其中正确命题的个数是( )(A)0 (B)1 (C)2 (D)37.如图所示，二面角α－l －β的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )(A)150° (B)45° (C)60° (D)120°8.(易错题)如图，四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD⊥CD.将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD ，则下列结论正确的是( )(A)A′C⊥BD (B)∠BA′C＝90°(C)CA′与平面A′BD 所成的角为30° (D)四面体A′BCD 的体积为13二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分.请把正确答案填在题中横线上)9.已知三个球的半径R 1，R 2，R 3满足R 1＋2R 2＝3R 3，则它们的表面积S 1，S 2，S 3满足的等量关系是 . 10.一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为2的球面上，如果正四棱柱的底面边长为2，那么该棱柱的表面积为.11.(2012·长沙模拟)一个五面体的三视图如图，正视图与侧视图是等腰直角三角形，俯视图为直角梯形，部分边长如图所示，则此五面体的体积为.12.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D为棱AA1的中点，若截面△BC1D是面积为6的直角三角形，则此三棱柱的体积为.13.(2012·宜春模拟)三棱锥S－ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，给出以下结论：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB⊥平面ABC ； ③平面SBC⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a.其中正确结论的序号是 .14.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33，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80分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(12分)(2012·揭阳模拟)已知四棱锥P －ABCD 中，PA⊥底面ABCD ，AB∥CD，AD ＝CD ＝1，∠BAD＝120°，PA ＝3，∠ACB＝90°.(1)求证：BC⊥平面PA C ；(2)求直线PC 与平面PAB 所成的角的正弦值.16.(13分)(预测题)如图甲，直角梯形ABCD 中，AB∥CD，∠DAB＝π2，点M 、N 分别在AB 、CD 上，且MN⊥AB，MC⊥CB，BC ＝2，MB ＝4，现将梯形A BCD 沿MN 折起，使平面AMND 与平面MNCB 垂直(如图乙). (1)求证：AB∥平面DNC ；(2)当DN 的长为何值时，二面角D －BC －N 的大小为30°？17.(13分)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AD，E、F分别是PD、BC的中点 .(1)求证：AE⊥PC；(2)求直线PF与平面PAC所成的角的正切值.18.(14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝5，D，E分别为BC，BB1的中点，四边形B1BCC1是边长为6的正方形.(1)求证：A1B∥平面AC1D；(2)求证：CE⊥平面AC1D；(3)求二面角C－AC1－D的余弦值.19.(14分)(2012·佛山模拟)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，AD＝3，点F是PB的中点，点E在边BC上移动.(1)点E 为BC 的中点时，试判断EF 与平面PAC 的位置关系，并说明理由； (2)证明：无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF ； (3)当BE 等于何值时，PA 与平面PDE 所成角的大小为45°.20.(14分)(探究题)如图，已知ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为3的正方体，点E 在AA 1上，点F 在CC 1上，且AE ＝FC 1＝1.(1)求证：E ，B ，F ，D 1四点共面；(2)若点G 在BC 上，BG ＝23，点M 在BB 1上，GM ⊥BF ，垂足为H ，求证：EM ⊥平面BCC 1B 1；(3)用θ表示截面EBFD 1和侧面BCC 1B 1所成的锐二面角的大小，求tan θ.答案解析1. 【解析】选A.充分性成立：“这四个点中有三点在同一直线上”有两种情况：①第四点在共线三点所在的直线上，可推出“这四个点在同一直线上”；②第四点不在共线三点所在的直线上，可推出“这四点在同一个平面上”；必要性不成立：“四个点在同一平面上”推不出“三点在同一直线上”.故选A.2.【解题指南】△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＝13πr 2(1＋1.5－1)＝32π.3.【解析】选C.①中的直线l 、m 可能平行、相交或异面，故不正确； ②中由垂直于同一直线的两平面平行可得α∥β； ③中的α，β可能相交，故不正确；④中由面面垂直的性质定理知正确.综上②④正确.4.【解题指南】由三视图得到几何体的直观图，根据直观图求得几何体的表面积. 【解析】选C.由三视图知该几何体的直观图如图所示.几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2、下底长为4、高为4；另两个侧面是矩形，且宽为4、长为42＋12＝17. 所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.5.【解析】选B.因为AB ⊥BD ，面ABD ⊥面BCD ，且交线为BD ，故有AB ⊥面BCD ，则面ABC ⊥面BCD ，同理CD ⊥面ABD ，则面ACD ⊥面ABD ，因此共有3对互相垂直的平面.6. 【解析】选D.依题意可作出正方体的直观图如图，显然M 到AB 的距离为12MC＝22，∴①正确， 而V C －DNE ＝13×12×1×1×1＝16，∴②正确，AB 与EF 所成的角等于AB 与MC 所成的角，即为π2，∴③正确.7.【解题指南】画出图形，根据图形选取基向量，用向量法求角.【解析】选C.由条件知，CA AB ＝0，AB BD＝0， CD CA AB BD =++.2222222|CD||CA||AB||BD|2CA AB 2AB BD 2CA BA 648268cos CA,BD ∴=+++++=+++⨯⨯<>＝(217)2，∴cos CA,BD ∴<> ＝－12，CA,BD <> ＝120°，∴AC,BD <>＝60°，即二面角的大小为60°.8.【解析】选B.在题图(2)中取BD 的中点M ，连接MC 、A ′M. ∵A ′B ＝A ′D ，∴A ′M ⊥BD. 又∵平面A ′BD ⊥平面BCD ， ∴A ′M ⊥平面BCD.①选项A 中，若A ′C ⊥BD ，那么BD ⊥平面A ′MC ⇒BD ⊥MC. 而BD ⊥CD ，显然BD ⊥MC 不可能， ∴A 不正确；②选项B 中，∵BD ⊥CD 且平面A ′BD ⊥平面BCD ， 可得CD ⊥平面A ′BD ，可知CD ⊥A ′D ， 在△A ′CD 中，A ′D ＝CD ＝1⇒A ′C ＝ 2. 又∵A ′B ＝1，∴CB ＝BD 2＋CD 2＝2＋1＝ 3. ∴在△A ′BC 中，A ′B 2＋A ′C 2＝BC 2， ∴∠BA ′C ＝90°，故B 正确；③选项C 中，由②分析知，∠CA ′D 即为CA ′与平面A ′BD 所成的角， 在Rt △A ′DC 中，cos ∠CA ′D ＝A ′D A ′C ＝12＝22，∴∠CA ′D 为45°，故C 不正确；④选项D 中，由①知A ′M ⊥平面BCD ，得V A ′－BCD ＝13S △BCD ×A ′M ＝13×12×2×1×22＝16，故D 不正确.故选B.9.【解析】S 1＝4πR 12，S 1＝2πR 1，同理：S 2＝2πR 2，S 3＝2πR 3， 故R 1＝S 12π，R 2＝S 22π，R 3＝S 32π，由R 1＋2R 2＝3R 3， 得S 1＋2S 2＝3S 3. 答案：S 1＋2S 2＝3S 310.【解题指南】根据正四棱柱的体对角线与球直径相等解题. 【解析】设正四棱柱的高为h ，则 2R ＝4＝22＋22＋h 2，得h ＝2 2. 故S 表＝4×(2×22)＋2×22＝8＋16 2. 答案：8＋16 211. 【解析】由三视图可知，此几何体是一个底面为直角梯形，有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，其体积为V ＝13×12×(1＋2)×2×2＝2.答案：2【方法技巧】三视图的考查方式三视图是新课标的新增内容，主要考查学生的空间想象能力，新增内容总会重点考查，所以近年来三视图的有关问题一直是高考考查的重点和热点，其考查方式有以下特点： 一是给出空间图形选择其三视图；二是给出三视图，判断其空间图形或还原直观图，有时也会和体积、面积、角度的计算或线面位置关系的判定相结合.12. 【解析】设正三棱柱的底面边长为a ，高为2h ，则BD ＝C 1D ＝a 2＋h 2， BC 1＝a 2＋4h 2，由△BC 1D 是面积为6 的直角三角形， 得⎩⎪⎨⎪⎧2×(a 2＋h 2)＝a 2＋4h 212(a 2＋h 2)＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8h ＝2，故此三棱柱的体积为V ＝12×8×sin 60°×4＝8 3.答案：8 313.【解析】由题意知AC ⊥平面SBC ， 故AC ⊥SB ，SB ⊥平面ABC ， 平面SBC ⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，可证得CE ⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离，为12a ，④正确. 答案：①②③④14.【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.AN ＝12(AB ＋AC )，EM ＝12AC －AE ， AN ·EM ＝12(AB ＋AC )·(12AC －AE )＝12. 故EM ，AN 所成角的余弦值为AN EM |AN ||EM | ＝16. 答案：1615. 【解析】(1)∵PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面AC ，∴PA ⊥BC ，∵∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面P AC.(2)过C 作CE ⊥AB 于E ，连接PE ，∵PA ⊥底面ABCD ，∴CE ⊥平面PAB ，∴直线PC 与平面PAB 所成的角为∠EPC ，∵AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝60°，∴AC ＝1，又PA ＝3，在Rt △PAC 中，PC ＝2，Rt △ACE 中求得CE ＝32， ∴sin ∠EPC ＝34. 16. 【解析】如图，以点N 为坐标原点，以NM ，NC ，ND 所在直线分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系.易得NC ＝3，MN ＝3，设DN ＝a ，则D(0,0，a)，C(0,3,0)，B(3，4,0)，M(3，0,0)，A(3，0，a).(1)∵ND ＝(0,0，a)，NC ＝(0,3,0)，AB ＝(0,4，－a).∴AB ＝－(0,0，a)＋43(0,3,0)＝－ND ＋43NC ， ∵ND ，NC ⊂平面DNC ，且ND ∩NC＝N，∴AB 与平面DNC 共面，又AB ⊄平面DNC ，∴AB ∥平面DNC.(2)设平面DBC 的法向量n 1＝(x ，y ，z)，DC ＝(0,3，－a)，CB ＝(3，1,0)则11DC 3y az 0CB y 0⎧=-=⎪⎨=+=⎪⎩n n ，令x ＝－1，则y ＝3，z ＝33a，∴n 1＝(－1，3，33a ). 又平面NBC 的法向量n 2＝(0,0,1).∴cos 〈n 1，n 2〉＝1212||||n nn n ＝33a1＋3＋27a 2×1＝32.即：6a ＝1＋3＋27a 2，∴a 2＝94，又a>0，∴a ＝32.即DN ＝32.17.【解析】方法一：(1)因为PA ⊥底面ABCD ，所以PA ⊥DC因为底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC.AD ∩PA ＝A ，故DC ⊥平面PAD ，AE ⊂平面PAD ，所以AE ⊥DC ，又因为PA ＝AD ，点E 是PD 的中点，所以AE ⊥PD ，PD ∩DC ＝D ，故AE ⊥平面PDC ，PC ⊂平面PDC ，所以AE ⊥PC.(2)连接BD ，过点F 作FH ⊥AC 于点H ，连接PH ，由F 是棱BC 的中点，底面是正方形，可得FH ∥BD ，FH ＝14BD ，又由PA ⊥底面ABCD 得到PA ⊥FH ，AC ∩PA ＝A ，故FH ⊥平面PAC ，所以∠FPH 为直线PF 与平面PAC 所成的角，设AD ＝1，得到FH ＝24，在Rt △PAH 中，PH ＝344，tan ∠FPH ＝FH PH ＝1717.方法二：以A 为原点，分别以AB ，AD ，AP 的方向为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，设PA ＝AD ＝1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)，(1)∵点E 、F 分别是PD 、BC 的中点，∴E(0，12，12)，F(1，12，0).AE ＝(0，12，12)，PC ＝(1,1，－1)，AE ·PC ＝0，所以AE ⊥PC.(2)连接BD ，由PA ⊥底面ABCD 得到PA ⊥BD ，AC ⊥BD ，AC ∩PA ＝A ，BD ⊥平面PAC.取平面PAC 的一个法向量BD ＝(－1,1,0)，设直线PF 与平面PAC 所成的角为θ，PF ＝(1，12，－1)sin θ＝|cos 〈BD ，PF 〉|＝|BD PF|BD ||PF ||＝26，cos θ＝346，故tan θ＝1717.18.【解析】(1)连接A 1C ，与AC 1交于O 点，连接OD.因为O ，D 分别为AC 1和BC 的中点，所以OD ∥A 1B.又OD ⊂平面AC 1D ，A 1B ⊄平面AC 1D ，所以A 1B ∥平面AC 1D.(2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，又AD ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥AD.因为AB ＝AC ，D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC.又BC ∩BB 1＝B ，所以AD ⊥平面B 1BCC 1.又CE ⊂平面B 1BCC 1，所以AD ⊥CE.因为四边形B 1BCC 1为正方形，D ，E 分别为BC ，BB 1的中点，所以Rt △CBE ≌Rt △C 1CD ，∠CC 1D ＝∠BCE.所以∠BCE ＋∠C 1DC ＝90°.所以C 1D ⊥CE.又AD ∩C 1D ＝D ，所以CE ⊥平面AC 1D.(3)如图，以B 1C 1的中点G 为原点，建立空间直角坐标系.则A(0,6,4)，E(3,3,0)，C(－3,6,0)，C 1(－3,0,0).由(2)知CE ⊥平面AC 1D ，所以CE ＝(6，－3,0)为平面AC 1D 的一个法向量.设n ＝(x ，y ，z)为平面A CC 1的一个法向量，AC ＝(－3,0，－4)，1CC＝(0，－6,0).由1AC0CC 0⎧=⎪⎨=⎪⎩n n 可得⎩⎪⎨⎪⎧ －3x －4z ＝0，－6y ＝0.令x ＝1，则y ＝0，z ＝－34.所以n ＝(1,0，－34).从而cos 〈CE ，n 〉＝CE |CE |||n n ＝825 5. 因为二面角C －AC 1－D 为锐角，所以二面角C －AC 1－D 的余弦值为8525. 19.【解析】(1)当点E 为BC 的中点时，EF 与平面PAC 平行.∵在△PBC 中，E 、F 分别为BC 、PB 的中点，∴EF ∥PC ，又EF ⊄平面PAC ，而PC ⊂平面PAC ，∴EF ∥平面PAC.(2)∵PA ⊥平面ABCD ，BE ⊂平面ABCD ，∴EB ⊥PA ，又EB ⊥AB ，AB ∩AP ＝A ，AB ，AP ⊂平面PAB ，∴EB ⊥平面PAB ，又AF ⊂平面PAB ，∴AF ⊥BE.又PA ＝AB ＝1，点F 是PB 的中点，∴AF ⊥PB ，又∵PB ∩BE ＝B ，PB ，BE ⊂平面PBE ，∴AF ⊥平面PBE.∵PE ⊂平面PBE ，∴AF ⊥PE ，即无论点E 在BC 边的何处，都有PE ⊥AF.(3)过A 作AG ⊥DE 于G ，连接PG ，又PA ⊥平面ABCD ，DE ⊂平面ABCD ，∴DE ⊥PA ，又AG ⊥DE ，AG ⊥PA ＝A ，则DE ⊥平面PAG ，于是，平面PAG ⊥平面PDE ，它们的交线是PG ，过A 作AM ⊥PG ，垂足为M ，则AM ⊥平面PDE ，即PA 在平面PDE 上的射影是PM ，所以PA 与平面PDE 所成的角是∠APG ＝45°.∴在Rt △PAG 中，PA ＝AG ＝1，∴DG ＝2，设BE ＝x ，∵△AGE ≌△ABE ，则GE ＝x ，CE ＝3－x ，在Rt △DCE 中，(2＋x)2＝(3－x)2＋12，得BE ＝x ＝3－2.20. 【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则BE ＝(3,0,1)，BF ＝(0,3,2)，1BD ＝(3,3,3)，所以1BD ＝BE＋BF ，故1BD ，BE ，BF共面.又它们有公共点B ，所以E ，B ，F ，D 1四点共面.(2)设M(0,0，z)，则GM ＝(0，－23，z)，而BF ＝(0,3,2)，由题设得GM ·BF ＝－23×3＋z ·2＝0，得z ＝1.因为M(0,0,1)，E(3,0,1)，有ME ＝(3,0,0)， 又1BB ＝(0,0,3)，BC＝(0,3,0)，所以ME ·1BB ＝0，ME ·BC＝0，从而ME ⊥BB 1，ME ⊥BC.又BB 1∩BC ＝B ，故ME ⊥平面BCC 1B 1.(3)设向量BP ＝(x ，y,3)且BP ⊥截面EBFD 1， 于是BP ⊥BE ，BP ⊥BF .而BE ＝(3,0,1)，BF ＝(0,3,2)，得BP ·BE ＝3x ＋3＝0，BP ·BF ＝3y ＋6＝0， 解得x ＝－1，y ＝－2，所以BP ＝(－1，－2,3).又BA ＝(3,0,0)且BA ⊥平面BCC 1B 1，所以BP 和BA 的夹角等于θ或π－θ(θ为锐角).于是cos θ＝|BPBA||BP ||BA |＝114. 故tan θ＝13.。