1、单元素养评价(三)(第十一章)(120分钟150分)一、单选题(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.(2020浙江高考)已知空间中不过同一点的三条直线m,n,l,则“m,n,l在同一平面”是“m,n,l两两相交”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.已知m,n,l两两相交,可以推出m,n,l在同一个平面,反之,已知m,n,l在一个平面,可以推出m,n,l两两相交,或者mn,l与m,n相交等多种情况,故“m,n,l在同一平面”是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件.2.下列说法不
2、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平面内D.过一条直线有且只有一个平面与已知平面垂直【解析】选D.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AD平面DCC1D1,因此平面ABCD,平面AA1D1D均与平面DCC1D1垂直而且平面AA1D1D平面ABCD=AD,显然选项D不正确.3.已知圆锥的底面半径为1,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的体积为()A.B.C.D.【解析】选A.设圆锥的底面半径为r,母线长为R,如图所示,则2r=R,因为r=1,所以R=2,
3、所以圆锥的高h=,所以圆锥的体积V=12=.【补偿训练】如图,圆柱内有一个内接三棱柱,三棱柱的底面为等腰直角三角形,且此三角形内接于圆柱的底面圆.如果圆柱的体积是V,那么三棱柱的体积是()A.B.C.D.【解析】选C.设圆柱的底面圆半径为R,高为h,在等腰RtA1B1C1中,A1B1=2R.所以=(R)2=R2,又S圆=R2,h=,所以V三棱柱=h=hR2=.4.如图所示,有一个圆柱,在圆柱下底面的点A处有一只蚂蚁,它想吃到上底面的点B处的食物.当圆柱的高等于12 cm,底面半径为3 cm时,蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是(=3)()A.12 cmB.13 cmC.15 cmD.18 cm【解
4、析】选C.如图所示,在圆柱的侧面展开图中,BC的长为底面圆周长的一半,即BC=23=3,蚂蚁所走路程为AB=15(cm).所以蚂蚁沿圆柱表面爬行的最短路程是15 cm.【补偿训练】一个圆锥的高扩大为原来的2倍,底面半径缩小为原来的,则圆锥的体积变为原来的()A.一半B.2倍C.不变D.3倍【解析】选A.设原圆锥的高为h,半径为r,体积为V,则V=r2h;变化后圆锥的体积为V=2h=r2h=V.5.(2019全国卷)设,为两个平面,则的充要条件是()A.内有无数条直线与平行B.内有两条相交直线与平行C.,平行于同一条直线D.,垂直于同一平面【解析】选B.当内有无数条直线与平行,也可能两平面相交,
5、故A错.同样当,平行于同一条直线或,垂直于同一平面时,两平面也可能相交,故C,D错.由面面平行的判定定理可得B正确.6.如图,在矩形ABCD中,EFAD,GHBC,BC=2,AF=FG=BG=1,现分别沿EF,GH将矩形折叠,使得AD与BC重合,则折叠后的几何体的外接球的表面积为() A.B.C.6D.24【解析】选B.由题意得,折叠后的几何体为正三棱柱,且该三棱柱的底面边长为1,高为2,如图所示的正三棱柱AGF-CHE.设上下底面的中心分别为O1,O2,则球心O为O1,O2的中点,连接OH,O2H,则O2H=1=,OO2=1.所以OH=,即球的半径R=.所以该几何体的外接球的表面积为S=4R
6、2=4=.7.(2019全国卷)如图,点N为正方形ABCD的中心,ECD为正三角形,平面ECD平面ABCD,M是线段ED的中点,则()A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BMEN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BMEN,且直线BM,EN是异面直线【解析】选B.因为直线BM,EN都是平面BED内的直线,且不平行,即直线BM,EN是相交直线.设正方形ABCD的边长为2a,则由题意可得:DE=2a,DM=a,DN=a,DB=2a,根据余弦定理可得:BM2=DB2+DM2-2DBDMcosBDE=9a2-4a2cosBDE,EN2=DE2+DN2-2
7、DEDNcosBDE=6a2-4a2cosBDE,所以BMEN.8.(2019浙江高考)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点),记直线PB与直线AC所成角为,直线PB与平面ABC所成角为,二面角P-AC-B的平面角为,则()A.,B.,C.,D.,【解析】选B.方法一,如图,G为AC中点,连接VG,点V在底面ABC的投影为O,则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上,过点D作DE垂直AC于E,易得PEVG,过点P作PFAC交VG于点F,过点D作DHAC,交BG于点H,则=BPF,=PBD,=PED,则cos =,tan =tan ,即,综上所述,答案为
8、B.方法二:(特殊位置)取V-ABC为正四面体,P为VA中点,易得cos =sin =,sin =,sin =可知B选项正确.二、多选题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求的,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.设l为直线,是两个不同的平面,下列命题中错误的是()A.若l,l,则B.若l,l,则C.若l,l,则D.若,l,则l【解析】选ACD.A中,也可相交,A不正确;由垂直同一直线的两平面平行知,B正确;C中,可垂直,C不正确;D中l与也可平行或l,D不正确.10.如图,在三棱锥P-ABC中,已知PCBC,PCAC,点E
9、,F,G分别是所在棱的中点,则下面结论正确的有()A.平面EFG平面PBCB.平面EFG平面ABCC.BPC是直线EF与直线PC所成的角D.FEG是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角【解析】选ABC.A正确,因为GFPC,GECB,GFGE=G,PCCB=C,所以平面EFG平面PBC;B正确,因为PCBC,PCAC,PCGF,所以GFBC,GFAC,又BCAC=C,所以GF平面ABC,又GF平面EFG,所以平面EFG平面ABC;C正确,因为EFBP,所以BPC是直线EF与直线PC所成的角;D错误,因为GE与AB不垂直,所以FEG不是平面PAB与平面ABC所成二面角的平面角.11.如图,在
10、正方体ABCD -A1B1C1D1中,点P在面对角线AC上运动,则下列结论正确的为()A.D1P平面A1BC1B.D1PBDC.平面PDB1平面A1BC1D.三棱锥A1 -BPC1的体积不变【解析】选ACD.对A,因为在正方体中,D1ABC1,D1CBA1,且D1AD1C=D1,BC1BA1=B,所以平面D1AC平面A1BC1;因为P在面对角线AC上运动,所以D1P平面A1BC1,所以A正确.对B,当P位于AC的中点时,D1PBD不成立,所以B错误.对C,因为A1C1平面BDD1B1;所以A1C1B1D,同理A1BB1D,因为A1C1A1B=A1,所以B1D平面A1BC1,又B1D平面PDB1
11、,所以平面PDB1平面A1BC1,所以C正确.对D,三棱锥A1 -BPC1的体积等于三棱锥B -A1PC1的体积.A1PC1的面积为定值A1C1AA1,B到平面A1PC1的高为定值,所以三棱锥A1 -BPC1的体积不变,所以D正确.12.如图,在四棱锥S -ABCD 中,底面ABCD 为正方形,且SA=SB=SC=SD ,其中E,M ,N分别是 BC,CD,SC 的中点,动点P在线段MN上运动时,下列结论正确的是()A.EPACB.EPBDC.EP平面SBDD.EP平面SAC【解析】选AC.如图所示,设AC,BD相交于点O,连接EM,EN,SO.对于A,由正四棱锥S -ABCD,可得SO底面A
12、BCD,ACBD,所以SOAC.因为SOBD=O,所以AC平面SBD,因为E,M,N分别是BC,CD,SC的中点,所以EMBD,MNSD,而EMMN=M,BDSD=D,所以平面EMN平面SBD,所以AC平面EMN,所以ACEP,故A正确.对于B,由异面直线的定义可知:EP与BD是异面直线,不可能EPBD,因此B不正确.对于C,由A可知:平面EMN平面SBD,所以EP平面SBD,因此C正确.对于D,由A同理可得:EM平面SAC,若EP平面SAC,则EPEM,与EPEM=E相矛盾,因此当P与M不重合时,EP与平面SAC不垂直,即D不正确.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.湖面
13、上漂着一个小球,湖水结冰后将球取出,冰面上留下一个直径为12 cm、深2 cm的空穴,则该球的半径是cm,表面积是cm2.【解析】设球的半径为R cm,由条件,知R2=62+(R-2)2,解得R=10,S表=4R2=400(cm2).答案:1040014.在正方体ABCD-ABCD中,过对角线BD的一个平面交AA于点E,交CC于点F,则:四边形BFDE一定是平行四边形;四边形BFDE有可能是正方形;四边形BFDE在底面ABCD内的投影一定是正方形;平面BFDE有可能垂直于平面BBD.以上结论正确的为.(写出所有正确结论的编号)【解析】如图所示,因为BE和DF,BF和DE分别是正方体两平行平面被
14、平面BFDE所截,所以BEDF,DEBF,所以四边形BFDE为平行四边形.所以正确.不正确.当E,F分别为AA,CC中点时,四边形BFDE为菱形,设正方体棱长为a,则BF2=DF2=a2,BD2=3a2,即BF2+DF2BD2,四边形BFDE不可能为正方形.正确.其投影是正方形ABCD.正确.当E,F分别是AA,CC中点时,平面BFDE平面BBD.答案:15.如图所示,以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕.使ABD和ACD折成互相垂直的两个平面,则:(1)BD与CD的关系为;(2)BAC=.【解析】(1)AB=AC,ADBC,所以BDAD,CDAD,所以BDC为二面角的平面角,BDC
15、=90,所以BDDC.(2)设等腰直角三角形的直角边长为a,则斜边长为a.所以BD=CD=a.所以折叠后BC=a.所以折叠后ABC为等边三角形,所以BAC=60.答案:(1)BDCD(2)6016.(2019全国卷)已知ACB=90,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为.【解析】作PD,PE分别垂直于AC,BC于点D,E,PO平面ABC,连接OD,CO,知CDPD,CDPO,PDPO=P,所以CD平面PDO,OD平面PDO,所以CDOD,因为PD=PE=,PC=2.所以sinPCE=sinPCD=,所以PCB=PCA=60,所以POC
16、O,CO为ACB的平分线,所以OCD=45,所以OD=CD=1,OC=,又PC=2,所以PO=.答案:四、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)如图,已知点E,F,G,H分别为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB,BC,CC1,C1D1的中点,求证:EF,HG,DC三线共点.【证明】因为点E,F,G,H分别为所在棱的中点,连接BC1,GF,如图.所以GF是BCC1的中位线,所以GFBC1.因为BEC1H,且BE=C1H,所以四边形EBC1H是平行四边形.所以EHBC1,所以GFEH.所以E,F,G,H四点共面.因为GFEH,故EF与HG必相交.设EFHG=I.因为IGH,GH平
17、面CC1D1D,所以I平面CC1D1D.同理可证I平面ABCD.所以点I在交线DC上.即EF,HG,DC三线共点.18.(12分)(2019全国卷)如图,直四棱柱ABCD -A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE.(2)求点C到平面C1DE的距离.【解析】(1)连接B1C,ME,C1D.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN平
18、面C1DE,所以MN平面C1DE.(2)过C作C1E的垂线,垂足为H.由已知可得DEBC,DEC1C,又BCC1C=C,所以DE平面C1CE,故DECH.从而CH平面C1DE,故CH的长即为点C到平面C1DE的距离,由已知可得CE=1,C1C=4,所以C1E=,故CH=.所以点C到平面C1DE的距离为.19.(12分)(2019全国卷)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1.(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.【解析】(1)由已知得B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B
19、1C1BE.又BEEC1,EC1B1C1=C1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=A1EB1=45,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EFBB1,垂足为F,则EF平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=363=18.20.(12分)如图,已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为3,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=.(1)求证:MN平面BB1C1C.(2)求MN的长.【解析】(1)作NPBC,交AB于点P,连接MP,因为正方体的棱长为3,所以AC=A1B=3,所以=.因
20、为=,所以MPAA1BB1,因为MP平面BB1C1C,BB1平面BB1C1C,所以MP平面BB1C1C,又因为NPBC,NP平面BB1C1C,BC平面BB1C1C,所以NP平面BB1C1C,因为NPMP=P,所以平面MNP平面BB1C1C,因为MN平面MNP,所以MN平面BB1C1C.(2)由(1)MPAA1,=,得=,MP=AA1=2,同理NP=AD=1,MPAA1,NPBC,MPN=90,MN=.21.(12分)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,点E在线段PC上,PC平面BDE.(1)证明:BD平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角B-PC-
21、A的正切值.【解析】(1)因为PA平面ABCD,所以PABD,因为PC平面BDE,所以PCBD,PA平面PAC,PC平面PAC,PAPC=P,所以BD平面PAC.(2)设AC与BD交点为O,连接OE.因为PC平面BDE,即PC平面BOE,所以PCBE,PCOE,所以BEO为二面角B-PC-A的平面角.因为BD平面PAC,所以BDAC,所以四边形ABCD为正方形,所以BO=,在PAC中,=OE=,所以tanBEO=3,所以二面角B-PC-A的平面角的正切值为3.22.(12分)(2019北京高考)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面ABCD为菱形,E为CD的中点.(1)求证:BD
22、平面PAC.(2)若ABC=60,求证:平面PAB平面PAE.(3)棱PB上是否存在点F,使得CF平面PAE?说明理由.【解析】(1)因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD,因为底面ABCD是菱形,所以BDAC,又因为ACPA=A,AC,PA平面PAC,所以BD平面PAC.(2)在菱形ABCD中,ABC=60,E为CD中点,所以AC=AD,AECD,因为ABCD,所以AEAB,因为PA平面ABCD,AE平面ABCD,所以PAAE,又因为PAAB=A,PA,AB平面PAB,所以AE平面PAB,又AE平面PAE,所以平面PAB平面PAE.(3)PB中点F符合题意,下证.取AB中点G,连接CG,FG,CF.因为ABCD,E,G分别为CD,AB中点,所以AGCE,所以四边形AGCE为平行四边形,所以AECG,又因为AE平面PAE,CG平面PAE,所以CG平面PAE,在PAB中,F,G分别为PB,AB的中点,所以FGPA,易得FG平面PAE,又因为CGFG=G,CG,FG平面CFG,所以平面CFG平面PAE,又因为CF平面CFG,所以CF平面PAE.
