2014版广西《复习方略》(数学文)单元评估检测(九)

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单元评估检测(九)
第九章(A)
(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m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,要使n⊥β,则应增加的条件是( )
(A)m∥n (B)n⊥m (C)n∥α (D)n⊥α
2.设α是空间中的一个平面,l,m,n是三条不同的直线,则下列命题中正确的
是( )
(A)若m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,则l⊥α
(B)若m⊂α,n⊥α,l⊥n,则l∥m
(C)若l∥m,m⊥α,n⊥α,则l∥n
(D)若l⊥m,l⊥n,则n∥m
3.正四棱锥S - ABCD的侧棱长为,底面边长为,E为SA中点,则异面直线BE 与SC所成的角是( )
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
4.(2013·南昌模拟)已知α,β为不重合的两个平面,直线m⊂α,那么“m⊥β”是“α⊥β”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
5.(2013·泉州模拟)设长方体的长、宽、高分别为2a,a,a,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )
(A)3πa2 (B)6πa2 (C)12πa2 (D)24πa2
6.半径为R的球O的直径AB垂直于平面α,垂足为B,△BCD是平面α内边长为R 的正三角形,线段AC,AD分别与球面交于点M,N,那么M,N两点间的球面距离
是( )
(A)Rarccos (B)Rarccos
(C)πR (D)πR
7.(2013·桂林模拟)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱DC的中点,则D1P与BC1所在直线所成角的余弦值等于( )
(A) (B) (C)- (D)
8.(2013·重庆模拟)对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”,可类比猜想出:正四面体的内切球切于四面各正三角形的什么位置( )
(A)各正三角形内的点
(B)各正三角形的某高线上的点
(C)各正三角形的中心
(D)各正三角形外的某点
9.棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上,若过
该球球心的一个截面如图所示,则图中三角形(正四面体的
截面)的面积是( )
(A) (B)
(C) (D)
10.球面上有3个点,其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的,经过这3个点的小圆的周长为4π,那么这个球的半径为( )
(A)4 (B)2 (C)2 (D)
11.(2012·浙江高考)已知矩形ABCD,AB=1,BC=.将△ABD沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折,在翻折过程中( )
(A)存在某个位置,使得直线AC与直线BD垂直
(B)存在某个位置,使得直线AB与直线CD垂直
(C)存在某个位置,使得直线AD与直线BC垂直
(D)对任意位置,三对直线“AC与BD”“AB与CD”“AD与BC”均不垂直
12.(2013·石景山模拟)如图,已知平面α∩β=l,A,B是l上的两个点,C,D在平面β内,且DA⊥α,CB⊥α,AD=4,AB=6,BC=8,在平面α上有一个动点P,使得
∠APD=∠BPC,则△PAB面积的最大值是( )
(A) (B) (C)12 (D)24
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.请把正确答案填在题中横线上)
13.一件工艺品是将一个彩色半透明的正四面体镶嵌于一个水晶球体内制作而成的.已知正四面体的顶点都在球面上,球的直径为12cm,则正四面体的棱长为cm,球心到正四面体各面的距离为cm.
14.(2013·玉林模拟)如图,边长为2的正方形ABCD和正方形ABEF所在的面成60°角,M,N分别是线段AC和BF上的点,且AM=FN,则线段MN的长的取值范围是.
15.如图,水平地面上有一个大球,现有如下方法测量球的大小:用一个锐角为45°的三角板,斜边紧靠球面,一条直角边紧靠地面,并使三角板与地面垂直,P 为三角板与球的切点,如果测得PA=2,则球的表面积为.
16.关于正四棱锥P-ABCD,给出下列命题:
①异面直线PA,BD所成的角为直角;
②侧面为锐角三角形;
③侧面与底面所成的二面角大于侧棱与底面所成的角;
④相邻两侧面所成的二面角为钝角.
其中正确的命题序号是.
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(10分)(2012·安徽高考)如图,长方体ABCD - A1B1C1D1
中,底面A1B1C1D1是正方形,O是BD的中点,E是棱AA1上任意
一点.
(1)证明:BD⊥EC1.
(2)如果AB=2,AE=,OE⊥EC 1,求AA1的长.
18.(12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1,
∠ACB=90°,D是棱AA1的中点.
(1)证明:DC1⊥BC.
(2)求二面角B-DC1-C的余弦值.
19.(12分)(2013·惠阳模拟)如图,在底面是正方形的四
棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BD交AC于点E,F是PC中点,G为AC上一点.
(1)求证:BD⊥FG.
(2)确定点G在线段AC上的位置,使FG∥平面PBD,并说明理由.
(3)当二面角B-PC-D的大小为时,求PC与底面ABCD所成角的正切值.
20.(12分)(2013·成都模拟)在如图所示的多面体中,已知正方形ABCD和直角梯形ACEF所在的平面互相垂直,EC⊥AC,EF∥AC,AB=,EF=EC=1.
(1)求证:AF∥平面BDE.
(2)求证:BF⊥平面DEF.
(3)求二面角A- BF-E的余弦值.
21.(12分)(2012·福建高考)如图,在长方体ABCD -A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M 为棱DD1上的一点.
(1)求三棱锥A-MCC1的体积.
(2)当A1M+MC取得最小值时,求证:B1M⊥平面MAC.
22.(12分)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,
∠ADC=∠DCB=90°,AD=1,BC=3,PC=CD=2,PC⊥底面ABCD,E
为AB的中点.
(1)求证:平面PDE⊥平面PAC.
(2)求直线PC与平面PDE所成角的正弦值.
(3)求点B到平面PDE的距离.
答案解析
1.【解析】选B.已知直线m,n和平面α,β,若α⊥β,α∩β=m,n⊂α,应增加条件n⊥m,才能使得n⊥β.
2.【解析】选C.m⊂α,n⊂α,l⊥m,l⊥n,需要m与n相交才有l⊥α,A错误. 若m⊂α,n⊥α,l⊥n,l与m可能平行、相交、也可能异面,B错误.
若l⊥m,l⊥n,n与m可能平行、相交、也可能异面,D错误.
3.【解析】选C.取AC中点F,连接EF,BF,则EF=,BF=,BE=,在△BEF中,由余弦定理得cos∠BEF=,∠BEF=60°.
【方法技巧】有关异面直线中常见的结论
异面直线是高中数学的一个难点,也是高考的一个重点,有关异面直线方面的命题判定,更是难中之难,为此下面整理出常见的真命题,供同学们学习时参考.
(1)平面内一点与平面外一点的连线,和平面内不经过该点的直线是异面直线.
(2)与两条异面直线都垂直相交的直线有且只有一条,即两条异面直线的公垂线
是唯一的.
(3)过两条异面直线中的一条且与另一条平行的平面有且只有一个.
(4)过两条互相垂直的异面直线中的一条且与另一条垂直的平面有且只有一个.
(5)a,b为异面直线,b,c为异面直线,那么a,c不一定
为异面直线;它们的关系有平行、相交、异面三种可能.
(6)有三条直线,每两条都成异面直线的模型,可在正方体中找到.
(7)与a,b两条异面直线都垂直的直线有无数条,它们都与a,b的公垂线平行.
(8)分别和两条异面直线同时相交的两条直线的位置关系是相交或异面.
4.【解析】选A.由线面垂直的判定定理可知:直线m⊂α,m⊥β,一定有α⊥β,反之,直线m⊂α,α⊥β,则m⊥β不一定成立,选A.
5.【解析】选B.由题意,球的直径是长方体的体对角线,所以2r=a,S=4πr2 =6πa2.
6.【解析】选A.由已知,AB=2R,BC=R,
故cos∠BAC=.
连接OM,ON,MN,则OM=ON=OA=R,△OAM为等腰三角形,
AM=2AOcos∠BAC=R,
同理AN=R,且MN∥CD,
而AC=R,CD=R,
故MN∶CD=AM∶AC.
MN=R,
于是cos∠MON==,
所以M,N两点间的球面距离是Rarccos.
7.【解析】选B.过C1作D1P的平行线交DC的延长线于点F,连接BF,则∠BC1F或其补角等于异面直线D1P与BC1所成的角.设正方体的棱长为1,由P为棱DC的中点,则易得BC 1=,C1F==,BF==,
在△BC1F中,cos∠BC1F==.
8.【解析】选C.因为对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”,可类比猜想出:正四面体的内切球切于四面各正三角形的中心.
9.【解析】选C.由题意,知截面与棱的交点为棱AD的中点,
设为E点,
∴EC=,EF为△EBC的高,F为BC的中点.
∴EF==,
S=BC×EF=.
10.【解析】选B.过O作OO'⊥平面ABC,O'是垂足,则O'是△ABC的中心,则O'A=r=2.
又因为∠AOC=θ=,OA=OC,
知OA=AC<2O'A.
又因为OA是Rt△OO'A的斜边,
故OA>O'A.
所以O'A<OA<2O'A.
因为OA=R,所以2<R<4.
因此,排除A,C,D.故选B.
【一题多解】方法一:在正△ABC中,应用正弦定理,得AB=2rsin60°=2.
因为∠AOB=θ=,所以侧面△AOB是正三角形,得球半径R=OA=AB=2.
方法二:因为正△ABC的外接圆半径r=2,
故高AD=r=3,D是BC的中点.
在△OBC中,BO=CO=R,∠BOC=,
所以BC=BO=R,BD=BC=R.
在Rt△ABD中,AB=BC=R,
所以由AB2=BD2+AD2,得R2=R2+9.
所以R=2.
11.【解析】选B.分别取AD,AC,BC的中点E,F,G,则EF∥CD,FG∥AB,且EF=FG=,未翻折之前EG=1,翻折过程中应有EG=的时候,也即存在某个位置,使得直线AB 与直线CD垂直.
12.【解析】选C.因为∠APD=∠BPC,所以在直角三角形PAD,PBC中,tan∠APD
=tan∠BPC,即=,即==,设PA=x,则PB=2x,过点P作AB的垂线,设高为h, 如图,在三角形中有-=6,整理得
x2-12=4,所以h2=≤=16,所以h的最大
值为4,所以面积最大为×6×4=12.
13.【解析】设正四面体的棱长为acm,球的半径为正四面
体高的,
∴6=×a,得a=4(cm).
又∵球心到各面的距离为高的,
即××4=2(cm).
答案:4 2
14.【解析】过点M作MH∥BC交AB于H,连接NH,则=,
又AM=FN,AC=FB,∴=,∴NH∥AF,
∴NH⊥AB,MH⊥AB,∴∠MHN=60°.
设AH=x(0≤x≤2),则MH=x,NH=2-x,
MN=
==.
∴1≤MN≤2.
答案:[1,2]
15.【解析】设球心为O,半径为R,B为另一个切点,∠PAB=135°,∠POB=45°,
由余弦定理,得
R2+R2-2R〃Rcos 45°=22+22-2×2×2cos135°,
整理,得R2(1-)=22〃(1+),
R2=22×=4(3+2),
4πR2=16π×(3+2)
=(48+32)π.
答案:(48+32)π
16.【解析】如图所示,因为ABCD是正方形,故有BD⊥AC,
而AC是斜线PA在底面的射影,则由三垂线定理,可知①
正确.
点P在底面的射影在AC与BD的交点O处,则四个侧面三
角形射影后的三角形为直角三角形,因此,原三角形为锐角三角形,可知②正确. 因为侧面与底面所成的角为∠PEO,侧棱与底面所成的角为∠PBO,OE⊥BC,OB>OE,由正切函数定义,可知tan∠PEO=,tan∠PBO=,
∴tan∠PEO>tan∠PBO>0,故③正确.
如图所示,相邻两侧面的二面角显然是钝角.因此④正确.
答案:①②③④
17.【思路点拨】(1)通过线面垂直证明线线垂直.(2)OE⊥EC1⇒△OAE∽△EA1C1得到对应的线段成比例.
【解析】(1)连结AC,A1C1,AE∥CC1⇒E,A,C,C1共面.
长方体ABCD- A1B1C1D1中,面ABCD是正方形,AC⊥BD,EA⊥BD,AC∩EA=A⇒BD⊥平面EACC1⇒BD⊥EC1.
(2)在矩形ACC1A1中,
OE⊥EC1⇒△OAE∽△EA1C1,
得:=⇒=⇒AA 1=3.
18.【解析】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,则CC1⊥BC,
又因为∠ACB=90°,则BC⊥AC,
而AC∩CC1=C,故BC⊥平面ACC1A1,
而DC1⊂平面ACC1A1,故DC1⊥BC.
令AC=a,在△CDC1中,CD=a,DC1=a,CC1=2a,故
(2)由题意知,AC=BC=AA
DC2+D=C⇒DC 1⊥DC,
由(1)知DC1⊥BC,又因为DC∩BC=C,所以DC1⊥平面DBC,故DC1⊥DB,
而DC1⊥DC.在△DCB中,∠BDC即为所求二面角的平面角.
在直角三角形DBC中,DC=a,BC=a,BD=a,
cos∠BDC==,所以二面角B-DC1-C的余弦值为.
19.【解析】(1)∵PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,其对角线BD,AC交于点E,
∴PA⊥BD,AC⊥BD.PA∩AC=A,
∴BD⊥平面PAC.
∵FG⊂平面PAC,
∴BD⊥FG.
(2)当G为EC中点,即AG=AC时,FG∥平面PBD,理由如下:
连结PE,由F为PC中点,G为EC中点,知FG∥PE,
而FG⊄平面PBD,PE⊂平面PBD,
故FG∥平面PBD.
(3)作BH⊥PC于H,连结DH,
∵PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,
∴PB=PD.
又∵BC=DC,PC=PC,∴△PCB≌△PCD,
∴DH⊥PC,且DH⊥BH,
∴∠BHD是二面角B-PC-D的平面角,
即∠BHD=,
∵PA⊥平面ABCD,∴∠PCA就是PC与底面ABCD所成的角,
连结EH,则EH⊥BD,∠BHE=,EH⊥PC,
∴tan∠BHE==,BE=EC.
∴=,∴sin∠PCA==,
∴tan∠PCA=.
∴PC与底面ABCD所成角的正切值是.
20.【解析】(1)设AC与BD交于点O,连接EO,
∵EF∥AC,且EF=1,AO=AC=1.
∴四边形AOEF为平行四边形,则AF∥EO,
∵EO⊂平面BDE,AF⊄平面BDE,
∴AF∥平面BDE.
(2)∵正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面相互垂直,且EC⊥AC, ∴EC⊥平面ABCD,连结FO,∵正方形ABCD的边长为,∴AC=BD=2; 直角梯形ACEF中,易得FO∥EC,且FO=1,DF=BF=,DE=BE=,
则BF⊥EF,由BF=DF=,BD=2可知BF⊥DF,∴BF⊥平面DEF.
(3)取BF中点M,BE中点N,BC中点P,连结AM,MN,AN,AP,PN,
∵AB=BF=AF=,∴AM⊥BF.
又∵MN∥EF,EF⊥BF,∴MN⊥BF,
∴∠AMN就是二面角A-BF-E的平面角.
易求得
AM=AB=,MN=EF=;
在Rt△APN中,可得,
NP=EC=,AP=,
∴AN2=AP2+NP2=,
∴在△AMN中,可得cos∠AMN=-.
21.【思路点拨】本题主要考查直线与直线、直线与平面的位置关系及几何体的体积等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力及数形结合思想、化归与转化思想.
【解析】(1)连结AM,AC,C1M,CM,
由长方体ABCD -A1B1C1D1知,AD⊥平面CDD1C1,
∴点A到平面CDD1C1的距离AD=1,
又=CC 1×CD=×2×1=1,
∴=AD×=.
(2)连结AM,AC,A1M,B1M,将侧面CDD1C1绕DD1逆时针旋转90°展开,与侧面ADD1A1共面,
当A1,M,C共线时,A1M+MC取得最小值.
由AD=CD=1,AA1=2得M为DD1中点,
在△C 1MC中,MC1=,MC=,CC1=2,
则M+MC2=C,即CM⊥C 1M,
又由长方体ABCD-A1B1C1D1知,
B1C1⊥平面CDD1C1,
∴B1C1⊥CM.
又B1C1∩C1M=C1,
∴CM⊥平面B1C1M,得CM⊥B1M.
同理可证,B1M⊥AM,
又AM∩CM=M,∴B1M⊥平面MAC.
22.【解析】(1)设AC与DE的交点为G,延长DE交CB的
延长线于点F,则△DAE≌△FBE,
∴BF=AD=1,
∴CF=4,
∴tanF==,
又∵tan∠ACD==,
∴∠F=∠ACD.
又∵∠ACD+∠ACF=90°,
∴∠F+∠ACF=90°,∴∠CGF=90°.
∴AC⊥DE,又∵PC⊥底面ABCD,∴PC⊥DE,
∴DE⊥平面PAC.
∵DE⊂平面PDE,∴平面PDE⊥平面PAC.
(2)连结PG,过点C作CH⊥PG于H点,则由(1)知平面PDE⊥平面PAC,且PG是交线,根据面面垂直的性质,得CH⊥平面PDE.
从而∠CPH,即∠CPG为直线PC与平面PDE所成的角.
在Rt△GDC中,GC=DC〃cos∠ACD,
∵tan∠ACD=,∴GC=,
在Rt△PGC中,PG2=PC2+CG2,∴PG=,
∴sin∠CPG==.
(3)由于BF=CF,所以可知点B到平面PDE的距离等于点C到平面PDE的距离的,即CH.
在Rt△PCG中,CH===,
从而点B到平面PDE的距离等于.
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