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a、b是两条异面直线，直线c平行于直线a，则直线c与直线b( )
(A)一定是异面直线 (B)一定是相交直线
(C)不可能是平行直线 (D)不可能是相交直线
2.如图，在空间四边形ABCD中，点E、H分别是边AB、AD的中点，F、G分别是边BC、CD上的点，且＝＝，则( )
(A)EF与GH互相平行
(B)EF与GH异面
(C)EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上
(D)EF与GH的交点M一定在直线AC上
3.(预测题)设m，n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m⊥n，m⊥α，n∥β，则α∥β
(B)若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
(C)若m⊥α，n∥β，α∥β，则m⊥n
(D)若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β
4.(2011·江西高考)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图为 ( )
5.如图，下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( )
(A)①④ (B)②④
(C)①③④ (D)①③
6.(2012·开封模拟)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；
②三棱锥C－DNE的体积是；
③AB与EF的夹角是.
其中正确命题的个数是( )
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
7.(2012·杭州模拟)如图，正方体AC1的棱长为1，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的夹角为45°
8.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面均相切，已知这个球的体积是
π，那么这个三棱柱的体积是( )
(A)96 (B)16 (C)24 (D)48
9.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，DC的中点，则直线MC与D1N所成角的余弦值为( )
(A) (B) (C)－ (D)－
10.异面直线a、b，a⊥b，c与a成30°角，则c与b所成角的范围是( )
(A)[，] (B)[，]
(C)[，] (D)[，]
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.已知三个球的半径R1，R2，R3满足R1＋2R2＝3R3，则它们的表面积S1，S2，S3满足的等量关系是 .
12.(2011·福建高考)三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于 .
13.(2012?西安模拟)若一个几何体是由若干个棱长为1的正方体组成的，其主视图和左视图相同，均如图所示，则该几何体体积的最大值为 .
14.如图，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：
(1)PQ与RS共面；
(2)MN与RS共面；
(3)PQ与MN共面.
则正确结论的序号是 .
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)(2011·陕西高考)如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB ⊥平面BDC；
(2)设BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积.
17.(12分)(2012·青岛模拟)如图所示，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，CD＝2AB＝2AD.
(1)求证：BC⊥BE；
(2)在EC上找一点M，使得BM∥平面ADEF，请确定M点的位置，并给出证明.
18.(12分)在四棱锥P－ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA＝2，AB＝1.
(1)求四棱锥P－ABCD的体积V；
(2)若F为PC的中点，求证：平面PAC⊥平面AEF.
19.(12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.
20.(13分)(2011·新课标全国卷)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD.
(1)证明：PA⊥BD；
(2)设PD＝AD＝1，求棱锥D－PBC的高.
21.(14分)(2012·大同模拟)如图是某直三棱柱(侧棱与底面垂直)被削去一部分后的直观图与三视图的左视图、俯视图.在直观图中，M是BD的中点.左视图是直角梯形，俯视图是等腰直角三角形，有关数据如图所示.
(1)求证：EM∥平面ABC；
(2)求出该几何体的体积；
(3)求证：平面BDE⊥平面BCD.
答案解析
1.【解析】选C.若c∥b，∵c∥a，∴a∥b，与已知矛盾.
2.【解析】选D.依题意可得EH∥BD，FG∥BD，故EH∥FG，所以E、F、G、H共面，因为EH＝BD，＝，故EH≠FG，所以EFGH是梯形，EF与GH必相交，设交点为M，因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，同理，点M在平面ACD上，即点M是平面ACB与平面ACD的交点，而AC是这两个平面的交线，所以点M一定在平面ACB与平面ACD的交线AC上，故选D.
3.【解析】选C.A中的平面α，β可能相交；B中的直线m，n可能相交、平行或异面；C中，由条件可得m⊥β，进而有m⊥n；D中的平面α、β可能相交.故选C.
4.【解题指南】在左视图中，长方体的体对角线投到了侧面，成了侧面的面对角线，易得答案.
【解析】选D.根据正投影的性质，结合左视图的要求知，长方体的体对角线投到了侧面，成了侧面的面对角线，结合选项即得选项D正确.
5.【解析】选D.①取前面棱的中点，证AB平行于平面MNP即可；③可证AB与MP平行.
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
MC＝，∴①正确，
而VC－DNE＝××1×1×1
＝，∴②正确，
AB与EF的夹角等于AB与MC的夹角，即为，
∴③正确.
7.【解析】选D.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中心，A正确；平面A1BD∥平面CB1D1，而AH垂直平面A1BD，所以AH垂直平面CB1D1，C正确；根据对称性知B正确.故选D.
8.【解题指南】根据组合体的特征求得三棱柱的底面边长和高，然后求体积即可.
【解析】选D.易求得球的半径为2，球与正三棱柱各个面都相切，可知各切点为各个面的中心，棱柱的高等于球的直径，设棱柱底面三角形的边长为a，则有a×＝2a＝4，故棱柱的体积V＝×(4)2×4＝48.故选D.
9.【解题指南】先作出所求角，然后在三角形中求解.
【解析】选B.连接NA，D1A，则∠D1NA为所求角，在三角形D1NA中由余弦定理可求得cos∠D1NA＝.
10.【解析】选A.如图，直线c在位置c2时，它与b所成角的最大值为90°，直线c在c1位置时，它与b所成角的最小值为60°.
11.【解析】S1＝4πR12，＝2R1，
同理：＝2R2，＝2R3，
故R1＝，R2＝，R3＝，由R1＋2R2＝3R3，得＋2＝3.
答案：＋2＝3
12.【解析】由题意得，VP－ABC＝·S△ABC·PA＝××22×3＝.
答案：
13.【解析】由主视图和左视图可知，该几何体最多由13个棱长为1的小正方体组成，所以该几何体体积的最大值为13.
答案：13
【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.
14.【解析】可证PQ与RS平行，从而共面，NQ与PM平行，故PQ与MN也共面，故(1)、(3)正确，MN与RS是异面直线，故(2)错.
答案：(1)、(3)
15.【解析】取BC的中点N，连接B1N，则AN⊥平面B1C，∴B1N是AB1在平面B1C上的射影，由几何知识知B1N⊥BM，由三垂线定理得AB1⊥BM，故所求角为90°.
答案：90°
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(1)知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA，
∵DB＝DA＝DC＝1，
∴AB＝BC＝CA＝，
从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝×1×1＝，
S△ABC＝×××sin60°＝，
故表面积：S＝×3＋＝.
17.【解析】(1)连接BD，因为正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，DE⊥AD，
所以DE⊥平面ABCD，所以DE⊥BC.
因为AD⊥CD，AB∥CD，所以AB⊥AD，
又因为AB＝AD，所以∠ADB＝∠BDC＝，
BD＝＝AD
取CD中点N，连接BN，
则由题意知：四边形ABND为正方形，
所以BC＝
＝＝＝AD，
BD＝BC，
则△BDC为等腰直角三角形，
则BD⊥BC，则BC⊥平面BDE，
则BC⊥BE.
(2)取EC中点M，则有BM∥平面ADEF.
证明如下：连接MN，
由(1)知BN∥AD，所以BN∥平面ADEF，
又因为M、N分别为CE、CD的中点，所以MN∥DE，
则MN∥平面ADEF，
则平面BMN∥平面ADEF，又BM平面BMN，
所以BM∥平面ADEF.
18.【解析】(1)在Rt△ABC中，AB＝1，∠BAC＝60°，
∴BC＝，AC＝2.
在Rt△ACD中，AC＝2，∠CAD＝60°，
CD＝2，
∵S四边形ABCD＝AB·BC＋AC·CD＝×1×＋×2×2＝.
则V＝××2＝.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD.
又AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC，
∵E、F分别是PD、PC的中点，∴EF∥CD，
∴EF⊥平面PAC，
∵EF平面AEF，∴平面PAC⊥平面AEF.
19.【证明】(1)连接A1C，与AC1交于O点，连接OD.
因为O，D分别为A1C和BC的中点，所以OD∥A1B.
又OD平面AC1D，A1B平面AC1D，
所以A1B∥平面AC1D.
(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，又AD平面ABC，所以BB1⊥AD.
因为AB＝AC，D为BC的中点，
所以AD⊥BC.又BC∩BB1＝B，
所以AD⊥平面B1BCC1.
又CE平面B1BCC1，所以AD⊥CE.
因为四边形B1BCC1为正方形，D，E分别为BC，BB1的中点，
所以Rt△CBE≌Rt△C1CD，∠CC1D＝∠BCE.
所以∠BCE＋∠C1DC＝90°，所以C1D⊥CE.
又AD∩C1D＝D，所以CE⊥平面AC1D.
20.【解析】(1)因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，
由余弦定理得BD＝AD，
从而BD2＋AD2＝ AB2，故BD⊥AD，
又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，故 PA⊥BD.
(2)如图，作DE⊥PB，垂足为E.
已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.
由(1)知BD⊥AD，
又BC∥AD，所以BC⊥BD，因为BD∩PD＝D，
故BC⊥平面PBD，所以BC⊥DE.
则DE⊥平面PBC.
由题设知，PD＝1，则BD＝，PB＝2，
根据DE·PB＝PD·BD，得DE＝，
即棱锥D－PBC的高为.
21.【解析】(1)取BC的中点N，连接MN，AN，EM，则MN∥CD，AE∥CD，
又MN＝AE＝CD，所以四边形ANME为平行四边形，则EM∥AN，
由EM平面ABC，AN平面ABC，所以EM∥平面ABC.
(2)由题意可知：四棱锥B－ACDE中，平面ABC⊥平面ACDE，AB⊥AC，所以AB⊥平面ACDE，
又AC＝AB＝AE＝2，CD＝4，
则四棱锥B－ACDE的体积为：V＝SACDE·AB＝××2＝4.
(3)因为AC＝AB，N是BC的中点，所以AN⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，
所以AN⊥平面BCD，由(1)知：AN∥EM.
所以EM⊥平面BCD.又EM平面BDE，所以，平面BDE⊥平面BCD.
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