高三数学单元测试单元七——立体几何

单元能力检测(七)[考查范围：第七单元立体几何]时间：120分钟分值：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E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的()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．某三棱锥的侧视图和俯视图如图D7－1所示，则该三棱锥的体积为()图D7－1A．4 3 B．8 3C．12 3 D．24 33. 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题中，正确的是()A．若a⊥b，a⊥α，则b∥αB．若a∥α，α⊥β，则a⊥βC．若a⊥β，α⊥β，则a∥αD．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β4. 已知m ，n 是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中，正确的是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β D ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n5．已知l ，m 是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，给出下列条件，能得到α∥β的是( )A ．l ∥α，l ∥βB ．α⊥γ，β⊥γC ．m ⊂α，l ⊂α，m ∥β，l ∥βD ．l ⊥α，m ⊥β，l ∥m6．已知某几何体的三视图如图D7－2所示，则该几何体的表面积是( )图D7－2A.12B ．2＋ 2C ．3＋ 2D ．67. 如图D7－3，正三棱锥S －ABC 中，∠BSC ＝40°，SB ＝2，一质点自点B 出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B 的最短路线的长为( )图D7－3A ．2B ．3C ．2 3D ．3 38．一个盛满水的三棱锥容器S －ABC ，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D ，E ，F ，且知SD ∶DA ＝SE ∶EB ＝CF ∶FS ＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的( )A.2329B.1927C.3031D.23279．在正三棱锥S －ABC 中，相对的棱互相垂直，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且MN ⊥AM ，若侧棱SA ＝23，则正三棱锥S －ABC 外接球的表面积是( )A ．12πB ．32πC ．36πD ．48π图D7－410．图D7－4是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD 为正方形，E 、F 分别为P A 、PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与直线CF 是异面直线；②直线BE 与直线AF 是异面直线；③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面P AD.其中正确结论的序号是()A．①②B．②③C．①④D．②④二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．把答案填在答题卡相应位置)11．设a、b是两条不同直线，α、β是两个不同平面，则下列命题正确．．的是________．①若a⊥α，b∥α，则a⊥b；②若a⊥α，b∥a，b⊂β，则α⊥β；③若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b；④若a∥α，a∥β，则α∥β.图D7－512．如图D7－5，三个几何体，一个是长方体、一个是直三棱柱，一个是过圆柱上下底面圆心切下圆柱的四分之一部分，这三个几何体的正视图和俯视图是相同的正方形，则它们的体积之比为________．13．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该三棱柱的体积等于________．14. 若一个球的体积为43π，则它的内接正方体的表面积是________．15．如图D7－6是一个几何体的三视图．若它的表面积为7π，则这个空间几何体的体积是________．图D7－616. 如图D7－7所示，一个水平放置的正方形ABCD，它在直角坐标系xOy中，点B 的坐标为(2,2)，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图A′B′C′D′中，顶点B′到x′轴的距离为________．图D7－717．图D7－8是一几何体的三视图，正视图是一等腰直角三角形，且斜边长BD为2；侧视图是一直角三角形；俯视图为一直角梯形，且AB＝BC＝1，则异面直线PB与CD所成角的正切值是________．图D7－8三、解答题(本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18．(14分)已知正方形ABCD的边长为1，AC∩BD＝O.将正方形ABCD沿对角线BD 折起，使AC＝1，得到三棱锥A—BCD，如图D7－9所示．(1)求证：AO⊥平面BCD；(2)求二面角A－BC－D的余弦值．图D7－919．(14分)在如图D7－10所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF ∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．(1)求证：BD⊥EG；(2)求平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值．图D7－1020．(14分)如图D7－11，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，F A⊥平面ABCD，EF∥BC，F A＝2，AD＝3，∠ADE＝45°，点G是F A的中点．(1)求证：EG⊥平面CDE；(2)求二面角B－CE－G的余弦值．图D7－1121．(15分)已知几何体E—ABCD如图D7－12所示，其中四边形ABCD为矩形，△ABE 为等边三角形，且AD＝3，AE＝2，DE＝7，点F为棱BE上的动点．(1)若DE∥平面AFC，试确定点F的位置；(2)在(1)的条件下，求二面角E－DC－F的余弦值．图D7－1222．(15分)如图D7－13，四棱锥P—ABCD底面是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，△P AB和△P AD是两个边长为2的正三角形，DC＝4，O为BD中点，E为P A中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求证：OE∥面PDC；(3)求直线CB与平面PDC所成角的正弦值．图D7－13单元能力检测(七) 参考答案1．A [解析] E ，F ，G ，H 四点不共面时，EF ，GH 一定不相交，否则，由于两条相交直线共面，则E ，F ，G ，H 四点共面，与已知矛盾，故甲可以推出乙；反之，EF ，GH 不相交，含有EF ，GH 平行和异面两种情况，当EF ，GH 平行时，E ，F ，G ，H 四点共面，故乙不能推出甲．即甲是乙的充分不必要条件．2．A [解析] 侧视图的底边长是2，由此得侧视图的高为23，此即为三棱锥的高；俯视图的面积为6，此即为三棱锥的底面积．所以所求的三棱锥的体积是13×6×23＝4 3.3．D [解析] 选项A 中有b ⊂α的可能；选项B 中各种可能情况都存在；选项C 中有a ⊂α的可能；只有选项D 中的命题正确．4．D [解析] 线面平行不具有传递性；垂直于同一个平面的两个平面可以相交；根据直线与平面垂直的性质定理，选项D 中的结论正确．5．D [解析] 选项A 得不到α∥β；选项B 中的平面α，β可能平行也可能相交；选项C 中的直线m ，l 可能平行，这时也得不到α∥β；选项D 中，由l ∥m ，m ⊥β可得l ⊥β，再由l ⊥α可得α∥β.6．C [解析] 这个空间几何体是侧棱垂直于底面的三棱柱，底面周长为2＋2，故其表面积是2×12×1×1＋(2＋2)×1＝3＋ 2.7．C [解析] 由于质点的运动是沿三棱锥的侧面，故把侧面展开后，所求的最小距离就是展开后点B 的两个位置之间的线段的长度．把该正三棱锥的侧面沿侧棱SB 展开成平面图形，则在三角形SBB ′中，SB ＝SB ′＝2，∠BSB ′＝120°，所求的最短路线的长度就是BB ′的长度，BB ′＝2BD ＝2 3.8.D [解析] 当平面EFD 处于水平位置时，容器盛水最多．∴V F －SDE V C －SAB ＝13S △SDE ·h113S △SAB ·h 2＝ SD ·SE ·sin ∠DSE ·h 1SA ·SB ·sin ∠ASB ·h 2＝SD SA ·SE SB ·h 1h 2＝23·23·13＝427， 最多可盛原来水的1－427＝2327.9．C [解析] 正三棱锥对棱互相垂直，则AC ⊥SB ，又SB ∥MN ，且MN ⊥AM ，∴SB ⊥AM ，从而SB ⊥面SAC .∴∠BSA ＝∠BSC ＝∠ASC ＝90°，以S 为顶点，将三棱锥补成一个正方体，故球的直径2R ＝3·SA ，即R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π，故选C.10．B [解析] 如图，该几何体是一个正四棱锥，由于EF ∥AD ，AD ∥BC ，所以CF ，BE 共面，结论①不正确；根据异面直线的判断方法，BE ，AF 是异面直线，结论②正确；由于EF ∥BC ，所以EF ∥平面PBC ，结论③正确；由于四棱锥的侧棱长和底面边长不确定，平面BCE 不一定垂直平面P AD .11．①②③ [解析] 只有④中，α与β还可以相交，故④命题是错误的，①②③均正确． 12．4∶2∶π [解析] 因为三个几何体的正视图和俯视图为相同的正方形，所以原长方体棱长相等为正方体，原直三棱柱是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，设正方形的边长为a ，则长方体体积为a 3，三棱柱体积为12a 3，四分之一圆柱的体积为14πa 3，所以它们的体积之比为4∶2∶π.13．22 [解析] 如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，由于侧面A 1B 1BA 与侧面A 1C 1CA 都是有一个内角为60°的菱形，故三棱锥A －A 1B 1C 1是一个所有棱长都等于2的三棱锥，作AO ⊥面A 1B 1C 1于点O ，则点O 是底面正三角形的中心，故A 1O ＝23×2×32＝233，故AO＝22－⎝⎛⎭⎫2332＝263，三棱锥的底面积等于34×22＝3，故所求的三棱柱的体积为3×263＝2 2.14．24 [解析] 根据球的体积公式43πr 3＝43π，r 3＝33，故r ＝3，该球的内接正方体的体对角线为2 3.设正方体的棱长为a ，则3a ＝23，即a ＝2，故球的内接正方体的表面积是6×22＝24.15.6＋33π [解析] 这个空间几何体上面是底面半径为1，高为3的圆锥，下面是底面半径为1，高为a 的圆柱，根据表面积求出a ，即可根据体积公式进行计算．上面圆锥的母线长为2，表面积为π＋2π×1×a ＋π×1×2＝7π，解得a ＝2，故这个空间几何体的体积是π×12×2＋13π×12×3＝6＋33π.16.22[解析] B ′C ′＝1，∠B ′C ′x ′＝45°，则顶点B ′到x ′轴的距离为B ′C ′cos45°＝1×22＝22.17.22[解析] 该空间几何体是底面为俯视图中的直角梯形，顶点在底面上的射影为俯视图中的点P 的四棱锥，其直观图如图．连接BO ，则BO ∥CD ，∠PBO 即为异面直线PB 与CD 所成角．由题意，得PO ＝1，BO ＝2，故tan ∠PBO ＝12＝22. 18．[解答] (1)证明：在△AOC 中，∵AC ＝1， AO ＝CO ＝22，∴AC 2＝AO 2＋CO 2，∴AO ⊥CO . 又∵AC 、BD 是正方形ABCD 的对角线， ∴AO ⊥BD .又BD ∩CO ＝O ，∴AO ⊥平面BCD .(2)由(1)知AO ⊥平面BCD ，则OC ，OA ，OD 两两互相垂直，如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系O －xyz .则O (0,0,0)，A ⎝⎛⎭⎫0，0，22，C ⎝⎛⎭⎫22，0，0， B ⎝⎛⎭⎫0，－22，0，D ⎝⎛⎭⎫0，22，0，OA →＝⎝⎛⎫0，0，22是平面BCD 的一个法向量． AC →＝⎝⎛⎭⎫22，0，－22，BC →＝⎝⎛⎭⎫22，22，0，设平面ABC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·BC →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎨⎧(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫22，22，0＝0，(x ，y ，z )·⎝⎛⎭⎫22，0，－22＝0，所以y ＝－x ，且z ＝x ，令x ＝1，则y ＝－1，z ＝1， 可取n ＝(1，－1,1)．从而cos 〈n ，OA →〉＝n ·OA →|n ||OA →|＝33，即二面角A －BC －D 的余弦值为33. 19．[解答] 解法1：(1)证明：∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，∴EF ⊥AE .又AE ⊥EB ，EB ∩EF ＝E ，EB ，EF ⊂平面BCFE ， ∴AE ⊥平面BCFE .过D 作DH ∥AE 交EF 于H ，则DH ⊥平面BCFE . ∵EG ⊂平面BCFE ，∴DH ⊥EG .∵AD ∥EF ，DH ∥AE ， ∴四边形AEHD 是平行四边形，∴EH ＝AD ＝2，∴EH ＝BG ＝2.又EH ∥BG ，EH ⊥BE ， ∴四边形BGHE 为正方形，∴BH ⊥EG .又BH ∩DH ＝H ，BH ⊂平面BHD ，DH ⊂平面BHD ， ∴EG ⊥平面BHD .∵BD ⊂平面BHD ，∴BD ⊥EG .(2)∵AE ⊥平面BCFE ，AE ⊂平面AEFD ， ∴平面AEFD ⊥平面BCFE .由(1)可知GH ⊥EF ，∴GH ⊥平面AEFD . ∵DE ⊂平面AEFD ，∴GH ⊥DE . 取DE 的中点M ，连接MH ，MG ，∵四边形AEHD 是正方形，∴MH ⊥DE .∵MH ∩GH ＝H ，MH ⊂平面GHM ，GH ⊂平面GHM ， ∴DE ⊥平面GHM ，∴DE ⊥MG ， ∴∠GMH 是二面角G －DE －F 的平面角．由计算得GH ＝2，MH ＝2，MG ＝6， ∴cos ∠GMH ＝26＝33. ∴平面DEG 与平面DEF 所成锐二面角的余弦值为33. 解法2：(1)∵EF ⊥平面AEB ，AE ⊂平面AEB ，BE ⊂平面AEB ， ∴EF ⊥AE ，EF ⊥BE .又AE ⊥EB ，∴EB ，EF ，EA 两两垂直．以点E 为坐标原点，EB ，EF ，EA 分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得，A (0,0,2)，B (2,0,0)，F (0,3,0)，D (0,2,2)，G (2,2,0)． ∴EG →＝(2,2,0)，BD →＝(－2,2,2)，∴BD →·EG →＝－2×2＋2×2＝0，∴BD ⊥EG . (2)由已知得EB →＝(2,0,0)是平面DEF 的法向量． 设平面DEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， ∵ED →＝(0,2,2)，EG →＝(2,2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧ED →·n ＝0，EG →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0，x ＋y ＝0.令x ＝1，得n ＝(1，－1,1)．设平面DEG 与平面DEF 所成锐二面角的大小为θ， 则cos θ＝|cos 〈n ，EB →〉|＝|n ·EB →||n |·|EB →|＝223＝33.∴平面DEG 与平面DEF 所成锐二面角的余弦值为33. 20．[解答] (1)∵EF ∥BC ，AD ∥BC ，∴EF ∥AD . 在四边形ADEF 中，由F A ＝2，AD ＝3，∠ADE ＝45°， 可得GE ＝2，ED ＝22，GD ＝10， 故GE 2＋ED 2＝GD 2，所以EG ⊥DE . 又由F A ⊥平面ABCD ，得AF ⊥CD ， 正方形ABCD 中，CD ⊥AD ，AD ∩AF ＝A ， ∴CD ⊥平面ADEF .∵EG ⊂平面ADEF ，∴CD ⊥EG . ∵CD ∩DE ＝D ，∴EG ⊥平面CDE .(2)以AB 、AD 、AF 为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系， 则B (3,0,0)，C (3,3,0)，E (0,1,2)，G (0,0,1)． ∴BC →＝(0,3,0)，EC →＝(3,2，－2)，GE →＝(0,1,1)．分别求得平面BCE 与平面CEG 的一个法向量为m ＝(2,0,3)，n ＝(4，－3,3)，向量m 与n 的夹角的余弦值为m ·n |m ||n |＝8＋9442＝44226， ∴二面角B －CE －G 的余弦值为44226.21．[解答] (1)连接BD 交AC 于点M ，若DE ∥平面AFC ， 则DE ∥FM ，点M 为BD 中点，则F 为棱BE 的中点． (2)AD ＝3，AE ＝2，DE ＝7，∴DA ⊥AE . 又四边形ABCD 为矩形，∴DA ⊥面ABE .方法1：以AB 中点O 为坐标原点，以OE 为x 轴，以OB 为y 轴，以OM 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．则DE →＝(3，1，－3)，CE →＝(3，－1，－3)， 设平面DCE 的法向量n ＝(x ，y ，z )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n ＝0，CE →·n ＝0，⎩⎨⎧3x ＋y －3z ＝0，3x －y －3z ＝0. 令x ＝1，则n ＝(1,0,1)．DF →＝⎝⎛⎭⎫32，32，－3，CF →＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－3.设平面DCF 的法向量m ＝(x ，y ，z )．⎩⎪⎨⎪⎧DF →·m ＝0，CF →·m ＝0，⎩⎨⎧32x ＋32y －3z ＝0，32x －12y －3z ＝0.令x ＝2，则m ＝(2,0,1)．设二面角E －DC －F 的平面角为θ，cos θ＝m ·n |m ||n |＝31010.方法2：设二面角E －DC －A 的平面角为α， 取AB 中点O ，CD 中点N ， EO ⊥平面ACD ，ON ⊥CD ， ∴∠ONE ＝α，tan α＝1.同理设二面角F －DC －A 的平面角为β， tan β＝12.设二面角E －DC －F 为θ，θ＝α－β，tan θ＝13，则cos θ＝31010.22．[解答] (1)证明：设F 为DC 的中点，连接BF ，则DF ＝AB . ∵AB ⊥AD ，AB ＝AD ，AB ∥DC ， ∴四边形ABFD 为正方形． ∵O 为BD 的中点， ∴O 为AF 与BD 的交点， ∵PD ＝PB ＝2，∴PO ⊥BD . ∵BD ＝AD 2＋AB 2＝22，∴PO ＝PB 2－BO 2＝2，AO ＝12BD ＝ 2.在△P AO 中，PO 2＋AO 2＝P A 2＝4，∴PO ⊥AO . ∵AO ∩BD ＝O ，∴PO ⊥平面ABCD .(2)方法1：连接PF ，∵O 为AF 的中点，E 为P A 中点， ∴OE ∥PF ，∵OE ⊄平面PDC ，PF ⊂平面PDC ， ∴OE ∥平面PDC .方法2：由(1)知PO ⊥平面ABCD ，又AB ⊥AD ，所以过O 分别作AD ，AB 的平行线，以它们为x ，y 轴，以OP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得：A (－1，－1,0)，B (－1,1,0)，D (1，－1,0)，F (1,1,0)，C (1,3,0)，P (0,0，2)，E ⎝⎛⎭⎫－12，－12，22，则OE →＝－12，－12，22，PF →＝(1,1，－2)，PD →＝(1，－1，－2)，PC →＝(1,3，－2)，∴OE →＝－12PF →，∴OE ∥PF .第 21 页 共 21 页 ∵OE ⊄平面PDC ，PF ⊂平面PDC ，∴OE ∥平面PDC .(3)设平面PDC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，直线CB 与平面PDC 所成角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧ x 1＋3y 1－2z 1＝0，x 1－y 1－2z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝0，x 1＝2z 1， 令z 1＝1，则平面PDC 的一个法向量为n ＝(2，0,1)． 又CB →＝(－2，－2,0)，则sin θ＝|cos 〈n ，CB →〉|＝223×22＝33， ∴直线CB 与平面PDC 所成角的正弦值为33.。