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【世纪金榜】人教版2016第一轮复习理科数学教师用书配套习题:单元评估检测(七)立体几何

时间:2015-08-21


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.设 a,b 是平面α 内两条不同的直线,l 是平面α 外的一条直线,则“l ⊥a,l⊥b”是“l⊥α ”的 ( A.充要条件 C.必要不充分条件 )

B.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件

【解析】选 C.当 a,b 不相交时,则“l⊥α”不一定成立,当“l⊥α”时, 一定有“l⊥a,l⊥b”,所以“l⊥a,l⊥b”是“l⊥α”的必要不充分条 件,选 C. 2.(2015·南昌模拟)长方体的三个相邻面的面积分别为 2,3,6,这个长 方体的顶点都在同一个球面上,则这个球的面积为 ( A. π B.56π C.14π D.64π )

【解析】选 C.设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为 a,b,c, 则 得

令球的半径为 R,则(2R)2=22+12+32=14, 所以 R2= ,所以 S 球=4πR2=14π. 3.(2015 · 九 江 模 拟 ) 某 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示 , 则 它 的 体 积 是 ( )

-1-

A.8-

B.8-

C.8-2π

D.

【解析】 选 A.由几何体的三视图可知该几何体为一个组合体,是由一个 正方体中间挖去一个圆锥后得到的,所以它的体积是 V=23- ×π×12× 2=8- . 【加固训练】某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )

A.16+8π

B.8+8π

C.16+16π

D.8+16π

【解析】选 A.将三视图还原为原来的几何体,再利用体积公式求解. 原几何体为组合体 ;上面是长方体 ,下面是圆柱的一半 (如图所示),其 体积为 V=4×2×2+ π×22×4=16+8π.

-2-

4.(2015·合肥模拟)已知 a,b 为两条不同的直线,α ,β 为两个不同的 平面,且 a⊥α ,b⊥β ,则下列命题中的假命题是 ( A.若 a∥b,则α ∥β B.若α ⊥β ,则 a⊥b C.若 a,b 相交,则α ,β 相交 D.若α ,β 相交,则 a,b 相交 【解析】选 D.若α,β相交,则 a,b 可能相交,也可能异面,故 D 为假命 题. 5.如图所示是某建筑物的三视图,现需将其外壁用油漆刷一遍,若每平 方米用漆 0.2kg,则共需油漆大约(尺寸如图所示,单位:m,π 取 3) )

A.20kg

B.22.2kg

C.111kg

D.110kg

【解析】 选 B.由三视图可知,该几何体上面是个圆锥,下面是个长方体, 长方体的底面是边长为 3 的正方形,高为 4,所以长方体的表面积(去掉 上下两个底面)为 4×(3×4)=48(m2).圆锥的底面半径为 3,母线为 5,所 以圆锥的侧面积为π×3×5=15π=45(m2),底面积(去掉一个正方形)为 9π-3×3=9π-9=18(m2),所以该几何体的总面积为 48+45+18=111(m2), 所以共需油漆 0.2×111=22.2kg.
-3-

6.如图所示是一个正方体的表面展开图,A,B,C 均为棱的中点,D 是顶点, 则在正方体中,异面直线 AB 和 CD 的夹角的余弦值为 ( )

A.

B.

C.

D.

【解题提示】把展开图复原为正方体求解. 【解析】选 C.如图所示,

∠EGF 为 AB 和 CD 所成的角,F 为正方体一棱的中点.设正方体棱长为 1, 所以 EF=GF= ,EG= 所以 cos∠EGF= . .

7. (2015·蚌埠模拟)如图三棱锥 P-ABC 中,底面 ABC 是边长为 2 的正 三角形,PA⊥底面 ABC,且 PA=2,则此三棱锥外接球的半径为 ( )

A. C.2

B. D.

-4-

【解析】选 D.因为△ABC 是边长为 2 的正三角形, 所以△ABC 外接圆的直径为 2r= 所以球的直径 2R 满足(2R)2=PA2+ = , =22+ = ,所以 R= .

8.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F,G 分别是 A1B1,CD,B1C1 的中点,则下列中 与直线 AE 有关的正确命题是 ( )

A.AE⊥CG B.AE 与 CG 是异面直线 C.四边形 ABC1F 是正方形 D.AE∥平面 BC1F 【解析】选 D.由正方体的几何特征,可得 AE⊥C1G, 但 AE 与平面 BCC1B1 不垂直, 故 AE⊥CG 不成立; 由于 EG∥AC,故 A,E,G,C 四点共面, 所以 AE 与 CG 是异面直线错误; 四边形 ABC1F 中,AB≠BC1,故四边形 ABC1F 是正方形是错误的; 而 AE∥C1F,由线面平行的判定定理,可得 AE∥平面 BC1F,故选 D. 9. 如图是一几何体的平面展开图 , 其中 ABCD 为正方形 ,E,F 分别为 PA,PD 的中点,在此几何体中,给出下面四个结论:

-5-

①直线 BE 与直线 CF 异面; ②直线 BE 与直线 AF 异面; ③直线 EF∥平面 PBC; ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确的有 ( A.1 个 B.2 个 ) C.3 个 D.4 个

【解析】选 B.将几何体展开图还原为几何体(如图),因为 E,F 分别为 PA,PD 的中点,所以 EF∥AD∥BC,即直线 BE 与 CF 共面, ①错;因为 B?平面 PAD,E∈平面 PAD,E?AF,所以 BE 与 AF 是异面 直线,②正确;因为 EF∥AD∥BC,EF?平面 PBC,BC 平面 PBC,所以 EF∥ 平面 PBC,③正确;平面 PAD 与平面 BCE 不一定垂直,④错. 10. 四 棱 锥 P-ABCD 中 , 底 面 ABCD 是 平 行 四 边 形 ,E ∈ PC,F ∈ PB, =3 , =λ ,若 AF∥平面 BDE,则λ 的值为 ( )

A.1

B.3

C.2

D.4

【解题提示】通过证明面面平行,能求出λ的值. 【解析】选 C.因为 AF∥平面 BDE,所以过点 A 作 AH∥平面 BDE,交 PC
-6-

于 H, 连接 FH,则得到平面 AFH∥平面 BDE,

所以 FH∥BE, 因为 E∈PC,F∈PB, 所以 = =1, =3 , =λ ,

所以 EC=EH,又 PE=3EC,所以 PH=2HE, 又因为 = 故选 C. 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.(2015 · 延 安 模 拟 ) 某 几 何 体 的 三 视 图 如 图 所 示 , 则 其 表 面 积 为 . =2,所以λ=2.

【解析】由三视图可知,该几何体为一个半径为 1 的半球,其表面积为 半个球面面积与截面面积的和,即 ×4π+π=3π. 答案:3π
-7-

12. 如 图 , 在 正 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中 ,M,N,P,Q,R,S 分 别 是 AB,BC,C1D1,C1C,A1B1,B1B 的中点,则下列判断:

①PQ 与 RS 共面;②MN 与 RS 共面;③PQ 与 MN 共面. 则正确结论的序号是 .

【解析】①连接 PR,SQ,可知 SQ PR,所以四边形 PQSR 为平行四边形, 所以 PQ∥RS,故①正确; ②由图知直线 MN 过平面 A1B 外一点 N,而直线 RS 不过 M 点,故 MN 与 RS 为异面直线,故②错; ③由图知延长 PQ 与 MN,则 PQ 与 MN 相交,故③正确. 答案:①③ 13.直三棱柱 ABC-A1B1C1 的各顶点都在同一球面上.若 AB=AC=AA1=2,∠ BAC=120°,则此球的表面积等于 .

【解析】设球心为 O,球半径为 R,△ABC 的外心是 M,则 O 在底面 ABC 上 的 射 影是 点 M, 在 △ ABC 中 ,AB=AC=2, ∠ BAC=120 ° , ∠ ABC= (180 ° -120°)= 30 ° ,AM= π. 答案:20π 14.(2015 · 洛 阳 模 拟 ) 如 图 , 在 四 边 形 ABCD 中 ,DF ⊥ AB, 垂 足 为 =2. 因此 ,R2=22+ =5, 此球的表面积等于 4 π R2=20

-8-

F,DF=3,AF=2FB=2,延长 FB 到 E,使 BE=FB,连接 BD,EC.若 BD∥EC,则四 边形 ABCD 的面积为 .

【解析】连接 DE,由题意知,AF=2,FB=BE=1, 所以 S△ADE= AE×DF= ×4×3=6, 因为 CE∥DB,所以 S△DBC=S△DBE, 所以 S 四边形 ABCD=S△ADE=6. 答案:6 15.如图,梯形 ABCD 中,AD∥BC,∠ABC=90°,AD∶BC∶AB=2∶3∶4,E,F 分别是 AB,CD 的中点,将四边形 ADFE 沿直线 EF 进行翻折,给出四个结 论:

①DF⊥BC;②BD⊥FC;③平面 DBF⊥平面 BFC; ④平面 DCF⊥平面 BFC. 在翻折过程中,可能成立的结论是 【解析】对于①: .

因为 BC∥AD,AD 与 DF 相交不垂直,
-9-

所以 BC 与 DF 不垂直,故①不成立; 对于②:设点 D 在平面 BCF 上的射影为点 P, 当 BP⊥CF 时,就有 BD⊥FC, 而 AD∶BC∶AB=2∶3∶4 可使条件满足,故②正确; 对于③:当点 P 落在 BF 上时,DP 平面 BDF, 从而平面 BDF⊥平面 BCF,故③正确. 对于④:因为点 D 的射影不可能在 FC 上,故④不成立. 答案:②③

- 10 -

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)(2015·九江模拟)四面体 ABCD 及其三视图如图所示,过棱 AB 的中点 E 作平行于 AD,BC 的平面分别交四面体的棱 BD,DC,CA 于点 F,G,H.

(1)证明:四边形 EFGH 是矩形. (2)求直线 AB 与平面 EFGH 夹角θ 的正弦值. 【解析】(1)由三视图可知,四面体 ABCD 的底面 BDC 是以∠BDC 为直角 的等腰直角三角形,且侧棱 AD⊥底面 BDC. 因为 AD∥平面 EFGH,平面 ADB∩平面 EFGH=EF,AD 平面 ABD, 所以 AD∥EF. 同理 AD∥GH,BC∥FG,BC∥EH, 所以 EF∥GH,FG∥EH. 所以四边形 EFGH 为平行四边形. 又因为 AD⊥平面 BDC,BC 平面 BDC,
- 11 -

所以 AD⊥BC,则 EF⊥EH, 所以四边形 EFGH 是矩形. (2)分别以 DB,DC,DA 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,

由三视图可知 DB=DC=2,DA=1. 又 E 为 AB 中点, 所以 F,G 分别为 DB,DC 中点, 所以 A(0,0,1),B(2,0,0),F(1,0,0),E =(2,0,-1), = , =(-1,1,0). ,G(0,1,0),则

设平面 EFGH 的一个法向量为 n=(x,y,z),

由 取 y=1,得 x=1,



所以 n=(1,1,0). 所以 sinθ=|cos< ,n>|= =| |= .

17.(12 分)如图,已知矩形 ABCD 中,AB=10,BC=6,将矩形沿对角线 BD 把 △ABD 折起,使 A 移到 A1 点,且 A1 在平面 BCD 上的射影 O 恰好在 CD 上.

- 12 -

(1)求证:BC⊥A1D. (2)求证:平面 A1BC⊥平面 A1BD. (3)求三棱锥 A1-BCD 的体积. 【解题提示】(1)由 A1 在平面 BCD 上的射影 O 在 CD 上得 A1O⊥平面 BCD ? BC⊥A1O;又 BC⊥CO? BC⊥平面 A1CD? BC⊥A1D. (2)先由 ABCD 为矩形? A1D⊥A1B,再由(1)知 A1D⊥BC? A1D⊥平面 A1BC, 即可得到平面 A1BC⊥平面 A1BD. (3)把求三棱锥 A1-BCD 的体积转化为求三棱锥 B-A1CD 的体积即可. 【解析】(1)连接 A1O,

因为 A1 在平面 BCD 上的射影 O 在 CD 上, 所以 A1O⊥平面 BCD, 又 BC 平面 BCD, 所以 BC⊥A1O, 又 BC⊥CO,A1O∩CO=O, 所以 BC⊥平面 A1CD,又 A1D 平面 A1CD, 所以 BC⊥A1D. (2)因为 ABCD 为矩形,所以 A1D⊥A1B. 由(1)知 A1D⊥BC,A1B∩BC=B, 所以 A1D⊥平面 A1BC,又 A1D 平面 A1BD, 所以平面 A1BC⊥平面 A1BD.
- 13 -

(3)因为 A1D⊥平面 A1BC,所以 A1D⊥A1C. 因为 A1D=6,CD=10,所以 A1C=8, 所以 = = × ×6=48.

故所求三棱锥 A1-BCD 的体积为 48. 18.(12 分)如图 1,在直角△ABC 中,CA⊥CB,∠CAB=60°,D,E 分别为 AB,CD 的中点,AE 的延长线交 CB 于 F.现将△ACD 沿 CD 折起,连接 AF, 如图 2.

(1)求证:平面 AEF⊥平面 CBD. (2)当 AC⊥BD 时,求平面 ACD 与平面 CDB 夹角的余弦值. 【解析】(1)在题干图 1 中,D 为 AB 的中点,得 AD=CD=DB, 又∠CAD=60°,所以△ACD 是正三角形. 又 E 是 CD 的中点,所以 AE⊥CD,EF⊥CD. 在题干图 2 中,又 AE∩EF=E,AE 平面 AEF,EF 平面 AEF, 故 CD⊥平面 AEF,又 CD 平面 CDB, 故平面 AEF⊥平面 CBD. (2)方法一:过点 A 作 AH⊥EF,垂足 H 落在 FE 的延长线上,

因为 CD⊥平面 AEF,所以 CD⊥AH,又 EF∩CD=E,
- 14 -

所以 AH⊥平面 CBD. 连接 CH 并延长交 BD 的延长线于 G, 由 AC⊥BD,且 AH⊥BD,可得 BD⊥平面 AHC, 从而得到 BD⊥CG,所以∠CGB=90°. 又∠CEH=90°,∠HCE=∠GCD, 所以△CEH∽△CGD,则 = . ,

设 AC=a,易得∠GDC=60°,GD= ,CE= ,CG= 代入 = 得 EH= = . ,又 EA= ,

故 cos∠HEA=

又 AE⊥CD,EF⊥CD, 所以∠AEF 为所求角(或其补角), 而∠AEF=π-∠AEH,故夹角的余弦值为 . 方法二:过点 A 作 AH⊥EF,由题意知垂足 H 落在 FE 的延长线上,

因为 CD⊥平面 AEF,所以 CD⊥AH, 又 CD∩EF=E,所以 AH⊥平面 CBD. 以 E 为原点,EF 所在的直线为 x 轴,ED 所在的直线为 y 轴,过 E 与 AH 平 行的直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 由(1)可知∠AEF 为所求角(或其补角), 设为θ,并设 AC=a,

- 15 -

则可得 C 故 因为 所以 = ⊥ ,所以

,D

,B , · =0, =

,A ,

,

cosθ+ =0,cosθ=- ,

故夹角的余弦值为 . 19.(12 分 )(2015 ·昆明模拟 ) 四棱锥 P-ABCD 中 ,PA ⊥底面 ABCD, 且 PA=AB=AD= CD,AB∥CD,∠ADC=90°.

(1)在侧棱 PC 上是否存在一点 Q,使 BQ∥平面 PAD?证明你的结论. (2)求平面 PAD 与平面 PBC 夹角的余弦值. 【解析】(1)当 Q 为侧棱 PC 中点时,有 BQ∥平面 PAD. 证明如下:取 PD 的中点 E,连接 AE,EQ. 因为 Q 为 PC 中点,则 EQ 为△PCD 的中位线, 所以 EQ∥CD 且 EQ= CD. 因为 AB∥CD 且 AB= CD, 所以 EQ∥AB 且 EQ=AB, 所以四边形 ABQE 为平行四边形,则 BQ∥AE. 因为 BQ?平面 PAD,AE 平面 PAD, 所以 BQ∥平面 PAD. (2)方法一:设平面 PAD∩平面 PBC=l.因为 BQ∥平面 PAD,BQ 平面 PBC, 所以 BQ∥l.
- 16 -

因为 BQ⊥平面 PCD,所以 l⊥平面 PCD, 所以 l⊥PD, l⊥PC. 故∠DPC 就是平面 PAD 与平面 PBC 的夹角. 因为 CD⊥平面 PAD,所以 CD⊥PD. 设 PA=AB=AD= CD=a, 则 PD= PC= = = a, a,

故 cos∠DPC= = . 所以平面 PAD 与平面 PBC 夹角的余弦值为 . 方法二:如图建立直角坐标系,

设 PA=AB=AD=1,CD=2,则 A(0,0,0),B(0,1,0),C(-1,2,0),P(0,0,1), 则 =(0,1,-1), =(-1,1,0).

设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),则 由 取 n=(1,1,1). 由 CD⊥平面 PAD,AB∥CD,知 AB⊥平面 PAD, 所以平面 PAD 的法向量为 设所求角的大小为θ, =(0,1,0). ? ? x=y=z,

- 17 -

则 cosθ=

=

= .

所以所求夹角的余弦值为 . 20.(13 分)一个多面体的直观图和三视图如图所示,其中 M,N 分别是 AB,AC 的中点,G 是 DF 上的一动点. (1)求该多面体的体积与表面积. (2)当 FG=GD 时,在棱 AD 上确定一点 P,使得 GP∥平面 FMC,并给出证明.

【解析】(1)由题中图可知该多面体为直三棱柱, 在△ADF 中,AD⊥DF,DF=AD=DC=a, 所以该多面体的体积为 a3, 表面积为 a2×2+ a2+a2+a2=(3+ )a2.

(2)点 P 与点 A 重合时,GP∥平面 FMC. 取 FC 的中点 H,连接 GH,GA,MH. 因为 G 是 DF 的中点,所以 GH 又 M 是 AB 的中点,所以 AM 所以 GH∥AM 且 GH=AM, 所以四边形 GHMA 是平行四边形, 所以 GA∥MH. 因为 MH 平面 FMC,GA?平面 FMC,
- 18 -

CD. CD,

所以 GA∥平面 FMC,即当点 P 与点 A 重合时,GP∥平面 FMC. 21.(14 分)在四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PCD⊥底面 ABCD,PD⊥CD,E 为 PC 中点,底面 ABCD 是直角梯形,AB∥CD,∠ADC=90°,AB=AD=PD=1,CD=2.

(1)求证:BE∥平面 PAD. (2)求证:BC⊥平面 PBD. (3)设 Q 为侧棱 PC 上一点, 为 45°. 【解析】(1)取 PD 的中点 F,连接 EF,AF, 因为 E 为 PC 中点, 所以 EF∥CD,且 EF= CD=1, 在梯形 ABCD 中,AB∥CD,AB=1, 所以 EF∥AB,EF=AB, 所以四边形 ABEF 为平行四边形, 所以 BE∥AF, 因为 BE?平面 PAD,AF 所以 BE∥平面 PAD. (2)因为平面 PCD⊥底面 ABCD,PD⊥CD, 所以 PD⊥平面 ABCD, 所以 PD⊥AD, 平面 PAD, =λ ,试确定λ 的值,使得二面角 Q-BD-P

- 19 -

如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系 Dxyz.

则 A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,1). =(1,1,0), 所以 · =(-1,1,0),

=0,BC⊥DB,

由 PD⊥平面 ABCD,可得 PD⊥BC, 因为 DB∩PD=D,所以 BC⊥平面 PBD. (3)平面 PBD 的法向量为 =(0,2,-1), =λ =(-1,1,0),

,λ∈(0,1),

所以 Q(0,2λ,1-λ), 设平面 QBD 的法向量为 n=(a,b,c), =(1,1,0), 由 n· =(0,2λ,1-λ), =0,得 所以 n= ,

=0, n·

所以 cos45°=

= -1.

= ,

注意到λ∈(0,1),得λ=

- 20 -


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