单元评估检测（七）
（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·邵阳模拟)下列说法不正确的是( )
(A)空间中，一组对边平行且相等的四边形一定是平行四边形
(B)同一平面的两条垂线一定共面
(C)过直线上一点可以作无数条直线与这条直线垂直，且这些直线都在同一个平面内
(D)过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直
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) (B) (C) (D)
3.下列命题：
①若A、B、C、D是空间任意四点，则有
②|a|-|b|=|a+b|是a、b共线的充要条件；
③若a、b共线，则a与b所在直线平行；
④对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，
若(其中x、y、z∈R),则P、A、B、C四点共面.其中不正确命题的个数是( )
(A)1 (B)2 (C)3 (D)4
4．(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)1
5.(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+
(C)48+ (D)80
6．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
7.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)1
8.(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；
②三棱锥C-DNE的体积是；
③AB与EF所成的角是.
其中正确命题的个数是( )
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3
二、填空题(本大题共7小题，每小题5分，共35分.请把正确答案填在题中横线上)
9.(2011·长沙模拟)已知某一几何体的正视图与侧视图如图所示，则在下列图形中，可以是该几何体的俯视图的图形为_________.(填你认为正确的图序号)
10．一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，那么这个三棱柱的体积是_________.
11.(2012·衡阳模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在上且N为B1B的中点，则为_______.
12.(2012·益阳模拟)有一粒正方体的骰子每一面有一个英文字母，下图是从3种不同角度看同一粒骰子的情况，请问H反面的字母是________.
13．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__________．
14.(易错题)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a.
其中正确结论的序号是__________.
15.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，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=60°,∠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E为BC的中点，求与夹角的余弦值.
17.(12分)如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1,∠ACB=90°,AC=BC=2,AA1=4.E、F分别是棱CC1、AB的中点.
(1)求证：CF⊥BB1；
(2)求四棱锥A-ECBB1的体积.
18.(12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.
19.(13分)(预测题)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.
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.(13分)如图，已知ABCD-A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，且AE=FC1=1．
(1)求证：E,B,F,D1四点共面；
(2)若点G在BC上，，点M在BB1上，GM⊥BF，垂足为H，求证：EM⊥平面BCC1B1；
(3)用θ表示截面EBFD1和侧面BCC1B1所成的锐二面角的大小，求tanθ．
答案解析
1.【解析】选D.一组对边平行就决定了共面；同一平面的两条垂线互相平行，因而共面；这些直线都在同一个平面内即直线的垂面；对于D，把书本的书脊垂直放在桌上就明确了.
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=πr2(1+1.5-1)=.
3.【解析】选C.①中四点恰好围成一封闭图形，正确；
②中当a、b同向时，应有|a|+|b|=|a+b|,错误;
③中a、b所在直线可能重合，错误；
④中需满足x+y+z=1,才有P、A、B、C四点共面，错误.
4．【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.
5.【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.
所以S表=42+2×4+×(2+4)×4×2+4××2=48+8.
6．【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.
7.【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.
8.【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，∴①正确，
而,∴②正确，
AB与EF所成的角等于AB与MC所成的角，即为，
∴③正确.
9．【解析】由正视图及侧视图可知，该几何体可由圆柱及四棱柱组成，
故俯视图可能为①或②.
答案：①②
10．【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，故棱柱的体积.故选D.
11.【解析】以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),
N(a,a,).设M(x,y,z),
∵点M在
∴(x-a,y,z)=(-x,a-y,a-z),
得M(),
∴
答案：
12.【解析】因为正方体的骰子共有六个面，每个面都有一个字母，从每一个图中都看到有公共顶点的三个面，又与标有S的面相邻的面有四个，由图可知，这四个平面分别标有H、E、O、P四个字母，故能说明S的反面是D，翻转图②使P调整到正前面，S调整到正左面，则O为正下面，所以H的反面是O.
答案：O
13．【解析】设正三棱柱的底面边长为a，高为2h，则BD=C1D=，
，由△BC1D是面积为6 的直角三角形，
得，解得，
故此三棱柱的体积为.
答案：
14.【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a，④正确．
答案:①②③④
15.【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=,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所成角的余弦值为.
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()，
∴，
∴与夹角的余弦值为
.
17.【解析】(1)∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,
∴BB1⊥平面ABC，又∵CF?平面ABC，
∴CF⊥BB1.
(2)∵三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，
∴BB1⊥平面ABC，
又∵AC?平面ABC，∴AC⊥BB1,
∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
∵BB1∩BC=B.∴AC⊥平面ECBB1，
∴,
∵E是棱CC1的中点，∴EC=AA1=2，
∴,
∴.
18.【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=BD,
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，
在Rt△PAH中，，
.
方法二：以A为原点，分别以的方向为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，，)，
F(1，，0).
=(0,,),
=(1,1,-1)，
,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=(-1，1，0)，
设直线PF与平面PAC所成的角为θ,
=(1,,-1)
,
cosθ=,故tanθ=.
19.【解析】(1)连接A1C,与AC1交于O点，连接OD.
因为O，D分别为AC1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.
(3)如图，以B1C1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),C1(-3,0,0).
由(2)知CE⊥平面AC1D，
所以=(6,-3,0)为平面AC1D的一个法向量.
设=(x,y,z)为平面ACC1的一个法向量,
=(-3，0，-4)，=(0，-6，0).
由可得
令x=1,则y=0,.
所以.
从而.
因为二面角C-AC1-D为锐角,
所以二面角C-AC1-D的余弦值为.
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，
即棱锥D-PBC的高为.
21.【解析】(1)建立如图所示的空间直角坐标系，
则=(3,0,1)，=(0,3,2)，=(3,3,3)，
所以，
故，，共面．
又它们有公共点B，
所以E,B,F,D1四点共面．
(2)设M(0,0,z)，则，
而=(0,3,2)，
由题设得，
得z=1．因为M(0,0,1)，E(3,0,1)，有=(3,0,0)，
又=(0,0,3)，=(0,3,0)，
所以
从而ME⊥BB1，ME⊥BC．
又BB1∩BC=B,
故ME⊥平面BCC1B1．
(3)设向量=(x,y,3)且BP⊥截面EBFD1，
于是．
而=(3,0,1)，=(0,3,2)，
得·=3x+3=0，·=3y+6=0，
解得x=-1，y=-2，
所以=(-1,-2,3)．
又=(3,0,0)且BA⊥平面BCC1B1，
所以和的夹角等于θ或π-θ(θ为锐角)．
于是．
故tanθ=．
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