1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。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l平面,P，那么过点P且平行于直线l的直线( )(A)只有一条，不在平面内(B)有无数条，不一定在平面内(C)只有一条，且在平面内(D)有无数条，一定在平面内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.(2013
2、随州模拟)在空间中，a,b是两条不同的直线，,是两个不同的平面，下列命题正确的是( )(A)若a,ba,则b(B)若a,ba,a,b,则(C)若,b,则b(D)若,a,则a4.若圆锥的侧面展开图是圆心角为120、半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积之比是( )(A)32(B)21(C)53(D)435.在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AEEB=AFFD=14，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )(A)BD平面EFG，且四边形EFGH是矩形(B)EF平面BCD，且四边形EFGH是梯形(C)HG平面ABD，且四边形EFGH是菱形(D)EH平面ADC，且四边形EF
3、GH是平行四边形6.(2013珠海模拟)已知a,b,l表示三条不同的直线，表示三个不同的平面，有下列命题：若=a,=b,且ab,则;若a,b相交，且都在,外，a,a,b,b,则;若,=a,b,ab,则b;若a,b,la,lb,则l.其中正确的有( )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个7.(2013郑州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图，俯视图是等腰直角三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为( )8.(2013荆门模拟)一个几何体的三视图如图所示，且其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为( )(A)(B)(C)(D)9.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上
4、有两个动点E，F，且EF=，则下列结论中错误的是( )(A)ACBE(B)EF平面ABCD(C)直线AB与平面BEF所成的角为定值(D)异面直线AE，BF所成的角为定值10.已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为，则这个四棱锥的外接球的表面积为( )(A)12(B)36(C)72(D)108二、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)11.一个多面体的三视图分别为正方形、等腰三角形和矩形，如图所示，则该几何体的表面积为_.12.在棱长为1的正方体AC1中，E为AB的中点，点P为侧面BB1C1C内一动点(含边界)，若动点P始终满足PEBD1，则动点P的轨迹的长度为_
5、.13.已知一个三棱锥的三视图如图所示,其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球体积为_.14.(2013仙桃模拟)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1，高为8，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周，到达A1点的最短路线的长为_.15.(2013湛江模拟)直线l与平面所成角为30，l=A, m,Am,则m与l所成角的取值范围是_.16.下列三个命题在“_”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l,m为不同直线，,为不重合的平面)，则此条件为_.17.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所成的角的
6、大小是_.三、解答题(本大题共5小题，共65分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)18.(12分)如图，矩形ABCD中，AD平面ABE，BE=BC，F为CE上的点，且BF平面ACE，G为AC与BD的交点.(1)求证：AE平面BCE.(2)求证：AE平面BFD.19.(12分)一个多面体的三视图和直观图分别如图(1),图(2)所示，其中M，N分别为AB，AC的中点，G是DF上的一动点.(1)求证：GNAC.(2)当FG=GD时，在棱AB上确定一点P，使得GP平面FMC，并给出证明.20.(13分)在四棱锥P-ABCD中，PA底面ABCD，ABCD，ABBC，AB=BC=1，DC=2
7、，点E在PB上.(1)求证：平面AEC平面PAD.(2)当PD平面AEC时，求PEEB的值.21.(14分)(2013石家庄模拟)如图，在等腰梯形ABCD中，CD=2，AB=4，AD=BC=，E，F分别为CD，AB的中点，沿EF将梯形AFED折起，使得AFB=60，点G为FB的中点.(1)求证：AG平面BCEF.(2)求DG的长.22.(14分)(能力挑战题)如图，在RtABC中，AB=BC=4，点E在线段AB上，过点E作EFBC交AC于点F，将AEF沿EF折起到PEF的位置(点A与点P重合)，使得PEB=30.(1)求证：EFPB.(2)试问：当点E在何处时，四棱锥P-EFCB的侧面PEB的
8、面积最大？并求此时四棱锥P-EFCB的体积.答案解析1.【解析】选C.由直线l与点P可确定一个平面，且平面，有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m,因为l,所以lm，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面内.2.【思路点拨】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=3.【解析】选D.A中，由条件可以推出b或b;B中，由条件可以推出或与相交；C中，由条件可以推出b或b.D正确.【变式备选】给定下列命题：若
9、一个平面内的两条直线与另外一个平面都平行，那么这两个平面相互平行；若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直；垂直于同一直线的两条直线相互平行；若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中为真命题的是( )(A)和(B)和(C)和(D)和【解析】选D.对于，两条直线必须相交，否则不能证明面面平行，错误；对于，垂直于同一条直线的两条直线还可能异面或相交，错误；正确.所以选D.4.【解析】选D.设圆锥的底面半径为r,依题意可得扇形的弧长为l,从而圆锥的底面半径r=l2=l,圆锥的高为所以圆锥的侧面积圆锥的表面积S表=所以，表面积与侧面积的比为43.5
10、.【解析】选B.如图所示，在平面ABD内，AEEB=AFFD=14,EFBD.又BD平面BCD，EF平面BCD，EF平面BCD.又在平面BCD内，H，G分别是BC，CD的中点，HGBD.HGEF.又EFHG.在四边形EFGH中，EFHG且EFHG，四边形EFGH为梯形.6.【思路点拨】可借助正方体模型解决.【解析】选C.如图，在正方体A1B1C1D1-ABCD中，可令平面A1B1CD为,平面DCC1D1为，平面A1B1C1D1为.又平面A1B1CD平面DCC1D1=CD，平面A1B1C1D1平面DCC1D1=C1D1，则CD与C1D1所在的直线分别表示a,b，因为CDC1D1，但平面A1B1C
11、D与平面A1B1C1D1不平行，即与不平行，故错误.因为a,b相交，可设其确定的平面为，根据a,b,可得.同理可得,因此,正确.由两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线和另一个平面垂直，易知正确.ab时，由题知l垂直于平面内两条不相交直线，得不出l,错误.7.【解析】选D.根据三视图“长对正，高平齐，宽相等”的作图要求可知侧视图的高为2，宽为1，且三棱锥的高就是正视图中直角三角形的高，故选D.8.【解析】选D.由三视图可知该几何体是由半个圆锥和一个四棱锥组成,则几何体的高h=,则9.【解析】选D.AC平面BDD1B1ACBE.EFBD，且EF平面ABCDEF平面ABCD.平面BEF即为平面B
12、DD1B1，故AB与平面BEF所成角为定值，从而A，B，C均正确.10.【思路点拨】外接球的半径为棱锥的中心到各个顶点的距离.【解析】选B.依题意得，该正四棱锥的底面对角线长为高为因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该四棱锥的外接球球心为底面正方形的中心，其外接球的半径为3，所以其外接球的表面积等于432=36，选B.11.【解析】该几何体为直三棱柱，其表面积为答案:88 cm212.【解析】如图，根据题意，BD1要始终垂直于PE所在的一个平面，取BC，BB1的中点F，G，易证BD1平面EFG，故点P的轨迹为线段FG，易求得这条线段的长度是答案:13.【解析】三棱锥图形可画为如图所示.因为
13、BCD为等腰直角三角形，则其外接圆圆心在BD中点O1处，设外接球的球心为O，半径为R，即|OA|=R，在平面ACO1O中，作OEO1C，则OEAC.在RtAEO中，|AE|=|AC|-|OO1|，|OE|=|O1C|，由得R=，故答案: 14.【解析】沿三棱柱侧面两次展开后，则最短距离为答案：1015.【解析】由于直线l与平面所成角为30，直线l与平面所成角是直线l与平面内的直线所成角中最小的一个，而异面直线所成角的范围是(0，直线m在平面内，且与直线l异面，故m与l所成角的取值范围是,.答案：,16.【解析】体现的是线面平行的判定定理，缺条件“l”.它同样也适合，故填l.答案：l17.【解析
14、】取BC的中点N，连接B1N，AN，则AN平面B1C，ANBM，由几何知识知B1NBM，BM平面AB1N，BMAB1，故所求角为90.答案:9018.【证明】(1)AD平面ABE，ADBC，BC平面ABE，则AEBC.又BF平面ACE，则AEBF.又BFBC=B，AE平面BCE.(2)依题意可知G是AC中点.BF平面ACE，则CEBF，而BC=BE，F是EC中点.连接FG，在AEC中，可知FGAE，又AE平面BFD，FG平面BFD，AE平面BFD.19.【解析】(1)如图，连接DB，可知B，N，D共线，且ACDN.又FDAD，FDCD，ADCD=D，FD平面ABCD.又AC平面ABCD，FDA
15、C.又DNFD=D，AC平面FDN.又GN平面FDN，GNAC.(2)点P与点A重合时，GP平面FMC.证明：取FC中点H，连接GH，GA，MH.G是DF的中点，GHCD.M是AB的中点，AMCD.GHAM，四边形GHMA是平行四边形.GAMH.又MH平面FMC，GA平面FMC，GA平面FMC，即GP平面FMC.20.【解析】(1)如图，过A作AFDC于F，则CF=DF=AF，所以DAC=90，即ACDA.又PA底面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPA.因为PA，AD平面PAD，且PAAD=A，所以AC平面PAD.而AC平面AEC，所以平面AEC平面PAD.(2)连接BD交AC于点O，连接
16、EO，因为PD平面AEC，PD平面PBD，平面PBD平面AEC=EO，所以PDEO.则PEEB=DOOB，而DOOB=DCAB=2，所以PEEB=2.21.【解析】(1)因为AF=BF，AFB=60，则AFB为等边三角形，又G为FB的中点，所以AGFB.在等腰梯形ABCD中，因为E，F分别是CD，AB的中点，所以EFAB，于是EFAF，EFBF，又AFBF=F，则EF平面ABF，所以AGEF，又EFFB=F，所以AG平面BCEF.(2)取EC的中点M，连接DM，GM，CG，易得平面ABF平面DCE，则DMAG，因为AG平面BCEF，则DM平面BCEF，则DMMG.由已知得EC=FG=BG=1，
17、又ECFG，所以四边形EFGC为平行四边形，所以CGEF.在RtCGB中，CGBG，BG=1，BC=，则CG=1，又在RtCGM中，.又易知则在RtDGM中， 【变式备选】如图所示，平面多边形ABCDP是由梯形ABCD和等边三角形PAD组成，已知ABDC，BD=2AD=4，AB=2DC=2，现将PAD沿AD折起，使点P的射影O恰好落在直线AD上.(1)求证：BD平面PAD. (2)求平面PAD与平面PAB所成的二面角的余弦值.【解析】(1)由题意知平面PAD平面ABCD，又BD=2AD=4，AB=，可得AB2=AD2+BD2，则BDAD，又AD为平面PAD与平面ABCD的交线，则BD平面PAD
18、.(2)取AD的中点O，OA为x轴，过O作BD的平行线为y轴，OP为z轴，如图建立空间直角坐标系，易知A(1，0，0)，B(-1，4，0)，P(0，0，)， =(-1，4，-)， =(2，-4，0)，平面PDA的一个法向量为m=(0,1,0),设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z),由得故可取n=(2,1,)，则所以平面PAD与平面PAB所成的二面角的余弦值为22.【思路点拨】(1)首先证明EF平面PEB，然后证明EFPB.(2)设PE=x,利用x表示出PEB的面积,利用二次函数知识求最大值.【解析】(1)在RtABC中，因为EFBC，ABBC，所以EFAB.所以EFEB，EFEP.又因
19、为EBEP=E，所以EF平面PEB.因为PB平面PEB，所以EFPB.(2)由(1)知EF平面PEB，又因为EF平面BCFE，所以平面BCFE平面PEB，又因为平面BCFE平面PEB=BE，在平面PEB内，过P点作PDBE于D，如图所示,所以PD平面BCFE.设PE=x,x(0,4),则BE=4-x.在RtPED中，因为PED=30，所以PD=x,所以SPEB=PDBE=(4-x)=-(x-2)2+1，当且仅当x=2，即E为AB的中点时，PEB的面积最大.此时PD=2=1，易得S梯形EFCB=(4+2)2=6.所以VP-EFCB=S梯形EFCBPD=61=2.【方法技巧】立体几何中探索性问题的解法探索性问题是近几年高考中出现频率较高的题目，能较好地考查学生的猜想能力和推理能力.一般以判断点的存在性为主，用几何法解答探索性问题的一般步骤是：先假设所求的点存在，然后在这一条件下进行推理论证，得出相关的结论.如果得出矛盾，则说明假设不成立，即不存在满足条件的点；如果得不出矛盾，则说明假设成立，即存在满足条件的点.关闭Word文档返回原板块。