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- 2021-06-24 发布
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单元素养评价(五)(第六章)
(120分钟 150分)
一、单选题(每小题5分,共40分)
1.对两条不相交的空间直线a与b,必存在平面α,使得 ( )
A.a⊂α,b⊂α B.a⊂α,b∥α
C.a⊥α,b⊥α D.a⊂α,b⊥α
【解析】选B.已知两条不相交的空间直线a和b,可以在直线a上任取一点A,则
A∉ b,过A作直线c∥b,则过直线a,c必存在平面α且使得a⊂α,b∥α.
2.在空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上分别取E,F,G,H四点,如果EF,HG交于一
点P,则 ( )
A.点P一定在直线BD上
B.点P一定在直线AC上
C.点P一定在直线AC或BD上
D.点P既不在直线AC上,也不在直线BD上
【解析】选B. 如图,
因为P∈HG,HG⊂平面ACD,所以P∈平面ACD.
同理,P∈平面BAC.因为平面BAC∩平面ACD=AC,
所以P∈AC.
3.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视
为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面
三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为 ( )
5 1 5 1 5 1 5 1A. B. C. D.4 2 4 2
【解析】选C.如图,设CD=a,PE=b,
则
由题意PO2= ab,即b2- ab,化简得 =0,解得
(负值舍去).
2
2 2 2 aPO PE OE b 4
,
1
2
2a 1
4 2
2b b4( ) 2 1a a
b 1 5
a 4
4.《算数书》是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“困盖”的
术:置如其周,令相乘也. 又以高乘之,三十六成一. 该术相当于给出了由圆锥
的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈ L2h.它实际上是将圆锥体积
公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈ L2h相当于将圆锥体积公式
中的π近似取为( )
A. B. C. D.
1
36
2
75
22
7
25
8
157
50
355
113
【解析】选B.设圆锥底面积的半径为r,高为h,则L=2πr, πr2h= (2πr)2h,
所以π= .
1
3
2
75
25
8
5.菱形ABCD在平面α内,PC⊥α,则PA与对角线BD的位置关系是 ( )
A.平行 B.相交但不垂直
C.相交垂直 D.异面垂直
【解析】选D.如图,PC⊥平面ABCD,所以PC⊥BD.又四边形ABCD是菱形,所以
BD⊥AC. 因为PC∩AC=C,所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC,所以BD⊥PA.显然
PA与BD异面,所以PA与BD异面垂直.
6.一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所
示),∠ABC=45°,AB=AD=1,DC⊥BC,则这个平面图形的面积为 ( )
1 2 2A. B.24 4 2
1 2 1C. D. 24 2 2
【解析】选B.如图,将直观图ABCD 还原后为直角梯形A′BCD′,其中
A′B=2AB=2,BC=1+ ,A′D′=AD=1.
所以这个平面图形的面积S= ×(1+1+ )×2=2+ .
2
2 2
2
1
2
2
2
7.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则 ( )
A.A1E⊥DC1 B.A1E⊥BD
C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC
【解析】选C.如图,连接BC1,B1C,A1D,由题设知,A1B1⊥平面BCC1B1,从而A1B1⊥BC1,
又B1C⊥BC1,且A1B1∩B1C=B1,
所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以A1E⊥BC1.
8.如图,等边三角形ABC的边长为4,M,N分别为AB,AC的中点,沿MN将△AMN折起,
使得平面AMN与平面MNCB所成的二面角为30°,则四棱锥A-MNCB的体积为 ( )
A. B. C. D.33
2
3
2 3
【解析】选A.如图,作出二面角A-MN-B的平面角∠AED,AO为△AED底边ED上的高,
也是四棱锥A-MNCB的高.由题意,得ED= ,AO= ,所以S四边形MNCB= ×(2+4)×
=3 ,
3 3
2
1
2
3 1 3 3V 3 3 .3 2 2
3
二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的
得0分)
9.用一张长、宽分别为8 cm和4 cm的矩形硬纸折成正四棱柱的侧面,则此正四
棱柱的对角线长可以为 ( )
A. cm B.2 cm C.32 cm D. cm6 6 66
【解析】选BD.分两种情况:(1)以4 cm的长为高,则正四棱柱底面是边长为2 cm
的正方形,因此对角线长l1= (cm).
(2)以8 cm长为高,则正四棱柱底面是边长为1 cm的正方形,因此对角线长
l2= (cm).
2 2 22 2 4 2 6
2 2 21 1 8 66
10.用一个平面去截正方体,关于截面的形状,下列判断正确的是 ( )
A.直角三角形 B.正五边形
C.正六边形 D.梯形
【解析】选CD.画出截面图形如图:
可以截出三角形但不是直角三角形,故A错误;
如图1经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形,但不是正五边形,故B错误;
正方体有六个面,如图2用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形,且可
以截出正六边形,故C正确;
可以截出梯形,故D正确.
11.如图,在棱长均相等的正四棱锥P-ABCD中,O为底面正方形的中心,M,N分别为
侧棱PA,PB的中点,下列结论正确的是 ( )
A.PC∥平面OMN
B.平面PCD∥平面OMN
C.OM⊥PA
D.直线PD与直线MN所成角的大小为90°
【解析】选ABC.连接AC,易得PC∥OM,所以PC∥平面OMN,结论A正确.
同理PD∥ON,所以平面PCD∥平面OMN,结论B正确.
由于四棱锥的棱长均相等,所以AB2+BC2=PA2+PC2=AC2,所以PC⊥PA,又PC∥OM,所
以OM⊥PA,结论C正确.
由于M,N分别为侧棱PA,PB的中点,所以MN∥AB.又四边形ABCD为正方形,所以
AB∥CD,所以直线PD与直线MN所成的角即为直线PD与直线CD所成的角,即为
∠PDC.又三角形PDC为等边三角形,所以∠PDC=60°,故D错误.
12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角
形,SC为球O的直径,且SC=2,则 ( )
A.三棱锥S-ABC的体积为
B.三棱锥S-ABC的体积为
C.三棱锥O-ABC的体积为
D.三棱锥O-ABC的体积为
2
6
2
3
2
12
2 2
3
【解析】选AC.由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC的底面都是△ABC,O是SC的中点,
因此三棱锥S-ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍,所以三棱锥S-ABC的体积也是三
棱锥O-ABC体积的2倍,由题知三棱锥O-ABC的棱长都为1,如图,
所以S△ABC= ,高OD=
则VO-ABC=
VS-ABC=2VO-ABC= .
3
4
2 23 61 ( )3 3
,
1 3 6 2
3 4 3 12
,
2
6
三、填空题(每小题5分,共20分)
13.已知a,b表示不同的直线,α,β,γ表示不重合的平面.
①若α∩β=a,b⊂α,a⊥b,则α⊥β;
②若a⊂α,a垂直于β内任意一条直线,则α⊥β;
③若α⊥β,α∩β=a,α∩γ=b,则a⊥b;
④若a⊥α,b⊥β,a∥b,则α∥β.
上述命题中,正确命题的序号是________.
【解析】对①可举反例,如图,需b⊥β才能推出α⊥β;对③可举反例说明,当
γ不与α,β的交线垂直时,即可知a,b不垂直;根据面面、线面垂直的定义与判
定知②④正确.
答案:②④
14.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,此圆柱内有一个内切球,这
个球的直径恰好与圆柱的高相等,如图所示,相传这个图形表达了阿基米德最引
以为豪的发现,我们不妨称这个圆柱为“阿氏球柱体”,若在装满水的阿氏球柱
体中放入其内切球(溢出部分水),则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱
体积的比值为________.
【解析】因为球内切于圆柱,
所以圆柱的底面半径与球的半径相等,不妨设为r,则圆柱的高为2r,所以
V圆柱=πr2·2r=2πr3,V球= πr3.
所以球与圆柱的体积之比为2∶3,即球的体积等于圆柱体积的 .
所以在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球,溢出部分水的体积为圆柱体积的 ,
即剩下的水的体积是圆柱体积的 ,则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积
的比值为 .
答案:
4
3 2
3
2
31
31
3
1
3
15.已知正四棱台的上底面边长为2,下底面边长为6,侧棱长为6 ,则正四棱
台外接球的半径为________.
2
【解析】根据题意,设该四棱台为ABCD-A1B1C1D1,
取正棱台的上下底面的中心O1,O2,
即上下底面外接圆的圆心也为O1,O2,
则O2A= AC= AB=3 ,
同理O1A1= A1C1= A1B1= .
过点A1作A1H⊥AO2,且交AO2于点H,
1
2
2
2 2
1
2
2
2 2
则有A1H=
球心O在线段O1O2上,则有 =8,
解得R=3 .
答案:3
2 2 2 2
1AA AH (6 2) (3 2 2) 8 ,
2 2R 2 R 18
3
16.(本题第一空3分,第二空2分)已知二面角α-l-β为60°,动点P,Q分别在平
面α,β内,P到β的距离为 ,Q到α的距离为2 ,则P,Q两点之间距离的最
小值为________,此时直线PQ与平面α所成的角为________.
3 3
【解析】如图,分别作QA⊥α于点A,AC⊥l于点C,PB⊥β于点B,PD⊥l于点D,连
接CQ,BD,则∠ACQ=∠PDB=60°,AQ=2 ,BP= ,所以AC=PD=2.
又因为PQ= ,当且仅当AP=0,即点A与点P重合时取
最小值,此时,PQ⊥平面α,故PQ与平面α所成的角为90°.
答案:2 90°
3 3
2 2 2AQ AP 12 AP 2 3
3
四、解答题(共70分)
17.(10分)(2020·江苏高考)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,B1C⊥平面ABC,E,F
分别是AC,B1C的中点.
(1)求证:EF∥平面AB1C1;
(2)求证:平面AB1C⊥平面ABB1.
【证明】(1)因为E,F分别是AC,B1C的中点,所以EF∥AB1,
因为EF⊄ 平面AB1C1,AB1⊂平面AB1C1,
所以EF∥平面AB1C1.
(2)因为B1C⊥平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以B1C⊥AB,
又因为AB⊥AC,AC∩B1C=C,AC⊂平面AB1C,B1C⊂平面AB1C,
所以AB⊥平面AB1C,因为AB⊂平面ABB1,
所以平面AB1C⊥平面ABB1.
【补偿训练】
如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形,且∠ABC=60°,E为
CD的中点,F为PD上一点.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)求证:平面PAB⊥平面FAE.
【证明】(1)因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.
因为底面ABCD为菱形,所以AC⊥BD,又PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,PA∩AC=A,
所以BD⊥平面PAC.(2)在菱形ABCD中,∠BAD=180°-∠ABC=120°,AD=CD,
所以∠BAC=∠CAD= ∠BAD=60°,AC=AD.
因为E为CD的中点,所以∠CAE= ∠CAD=30°,
所以∠BAE=∠BAC+∠CAE=60°+30°=90°,
即AB⊥AE.因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,所以PA⊥AE.
又PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,PA∩AB=A,所以AE⊥平面PAB.
因为AE⊂平面FAE,所以平面PAB⊥平面FAE.
1
2 1
2
18.(12分)在四面体A-BCD中,点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,且BD=AC=2,EM=1.
(1)求证:EF∥平面ACD;
(2)求异面直线AC与BD所成的角.
【解析】(1)因为点E,F分别是AB,BC的中点,所以EF∥AC.
因为EF⊄ 平面ACD,AC⊂平面ACD,
所以EF∥平面ACD.
(2)因为点E,F,M分别是AB,BC,CD的中点,所以EF∥AC,FM∥BD,所以∠EFM是异
面直线AC与BD所成的角(或所成角的补角).
在△EFM中,EF=FM=EM=1,
所以△EFM是等边三角形,所以∠EFM=60°,
所以异面直线AC与BD所成的角为60°.
19.(12分)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息.如图(1)的多
面体石凳是由图(2)的正方体石块截去八个相同的四面体得到,且该石凳的体
积是 cm3.
(1)求正方体石块的棱长;
(2)若将图(2)的正方体石块打磨成一个球形的石凳,求此球形石凳的最大表面
积.
160 000
3
【解析】(1)设正方体石块的棱长为a cm,
则每个截去的四面体的体积为
由题意可得8× =a3,解得a=40.
故正方体石块的棱长为40 cm.
(2)当球形石凳的面与正方体的各个面都相切时球形石凳的表面积最大.此时
正方体的棱长正好是球的直径,所以球形石凳的表面积S=4π× =
1 600π(cm)2.
31 1 a a a a .3 2 2 2 2 48
3a 160 000
48 3
240( )2
20.(12分)(2020·全国Ⅲ卷)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱
DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.
证明:(1)当AB=BC时,EF⊥AC;
(2)点C1在平面AEF内.
【证明】(1)因为长方体ABCD-A1B1C1D1,
所以BB1⊥平面ABCD,所以AC⊥BB1,
因为在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC,
所以四边形ABCD为正方形,所以AC⊥BD,
因为BB1∩BD=B,BB1,BD⊂平面BB1D1D,
因此AC⊥平面BB1D1D,
因为EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC;
(2)在CC1上取点M使得CM=2MC1,连接DM,MF,EC1,
因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1,
所以ED=MC1,ED∥MC1,
所以四边形DMC1E为平行四边形,所以DM∥EC1,
因为MF∥DA,MF=DA,所以四边形MFAD为平行四边形,所以DM∥AF,所以EC1∥AF,
因此点C1在平面AEF内.
【补偿训练】
如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB∥CD,AB=BC=CC1=2CD,E为线段AB的中点,F是
线段DD1上的动点.
(1)求证:EF∥平面BCC1B1;
(2)若∠BCD=∠C1CD=60°,且平面D1C1CD⊥平面ABCD,
求平面BCC1B1与平面DC1B1所成角(锐角)的余弦值.
【解析】(1)如图,连接DE,D1E.
因为AB∥CD,AB=2CD,E是AB的中点,
所以BE∥CD,BE=CD,
所以四边形BCDE是平行四边形,所以DE∥BC.
又DE⊄ 平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,
所以DE∥平面BCC1B1.
因为DD1∥CC1,DD1⊄ 平面BCC1B1,
CC1⊂平面BCC1B1,所以D1D∥平面BCC1B1.
又D1D∩DE=D,DE⊂平面DED1,D1D⊂平面DED1,
所以平面DED1∥平面BCC1B1.
因为EF⊂平面DED1,所以EF∥平面BCC1B1.
(2)如图,连接BD.
设CD=1,则AB=BC=CC1=2.
因为∠BCD=60°,
所以BD=
所以CD2+BD2=BC2,所以BD⊥CD.
2 2BC CD 2BC CD cos 60 3.
同理可得,C1D⊥CD.
因为平面D1C1CD⊥平面ABCD,平面D1C1CD∩平面ABCD=CD,C1D⊂平面D1C1CD,
所以C1D⊥平面ABCD,
因为BC⊂平面ABCD,
所以C1D⊥BC,所以C1D⊥B1C1.
在平面ABCD中,过点D作DH⊥BC,垂足为H,连接C1H,如图.
因为C1D∩DH=D,所以BC⊥平面C1DH.
因为C1H⊂平面C1DH,
所以BC⊥C1H,所以B1C1⊥C1H,
所以∠DC1H为平面BCC1B1与平面DC1B1所成的角.
因为在Rt△C1CD中,C1D= ,
在Rt△BCD中,DH=CD·sin 60°= ,
所以在Rt△C1DH中,C1H=
3
3
2
2 2
1
15C D DH 2
,
所以cos ∠DC1H=
所以平面BCC1B1与平面DC1B1
所成角(锐角)的余弦值为 .
1
1
C D 2 5 .C H 5
2 5
5
21.(12分)在三棱锥P-ABC中,AB=BC,PA⊥平面ABC,D为PC的中点,E为AC的中点.
(1)求证:BD⊥AC;
(2)若M为AB的中点,请问线段PC上是否存在一点N,使得MN∥平面BDE?若存在,
请说明点N的位置,并说明理由.若不存在,也请说明理由.
【解析】(1)因为AE=EC,PD=CD,所以DE∥AP.
又因为PA⊥平面ABC,
所以DE⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC,所以DE⊥AC.
因为AB=BC,AE=EC,所以BE⊥AC.
因为AC⊥DE,AC⊥BE,BE∩DE=E,
所以AC⊥平面BDE.
又因为BD⊂平面BDE,所以BD⊥AC.
(2)PC上存在点N,使得MN∥平面BDE.
理由如下:取AE的中点Q,连接MQ,NQ.
因为MB=MA,AQ=QE,所以MQ∥BE.
又因为MQ⊄ 平面BDE,BE⊂平面BDE,所以MQ∥平面BDE.
因为MN⊂平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,MN∩MQ=M,MN∥平面BDE,MQ∥平面BDE,
所以平面MNQ∥平面BDE.
又因为NQ⊂平面MNQ,所以NQ∥平面BDE.
因为平面PAC∩平面BDE=DE,NQ∥平面BDE,NQ⊂平面PAC,所以NQ∥DE.
又因为AQ=QE,NQ∥DE,所以N为线段PD的中点.
故线段PC上存在一点N,使得MN∥平面BDE,此时点N是线段PC上靠近点P的四等
分点.
22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,E
为侧棱PD上一点.
(1)求证:CD∥平面ABE;
(2)求证:CD⊥AE;
(3)若E为PD中点,平面ABE与侧棱PC交于点F,
且PA=PD=AD=2,求四棱锥P-ABFE的体积.
【解析】(1)因为底面ABCD是正方形,所以AB∥CD.
因为AB⊂平面ABE,CD⊄ 平面ABE,
所以CD∥平面ABE.
(2)因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,且侧面PAD∩
底面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,而AE⊂平面PAD,所以CD⊥AE.
(3)由AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄ 平面PCD,得AB∥平面PCD,
而AB⊂平面ABFE,且平面ABFE∩平面PCD=FE,可得FE∥CD∥AB.
又E为PD的中点,可得EF= CD.
由(2)知CD⊥平面PAD,则AB⊥平面PAD,得AB⊥PD.因为三角形PAD是等边三角
形,E为PD的中点,所以PD⊥AE.又AE∩AB=A,所以PD⊥平面ABFE.在等边三角形
PAD中,求得AE= .
1
2
3
所以S梯形ABFE=
则四棱锥P-ABFE的体积V=
1 3 31 2 3 .2 2
ABFE
1 1 1 3 3 1 3S PD 2 .3 2 3 2 2 2
梯形
【补偿训练】
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AC1,B1C的中点.
(1)证明:DE∥平面A1B1C1;
(2)若A1B1=B1C=2 ,AA1=AC=2,证明:C1E⊥平面ACB1.2
【证明】(1)连接A1C,如图.
因为四边形ACC1A1是平行四边形,D为AC1的中点,所以A1D=DC.
因为B1E=EC,所以DE∥A1B1.
又因为A1B1⊂平面A1B1C1,DE⊄ 平面A1B1C1,所以DE∥平面A1B1C1.
(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.
因为A1B1⊂平面A1B1C1,所以A1A⊥A1B1,同理AC⊥CC1,BC⊥CC1.
因为A1A=2,A1B1=2 ,所以AB1=2 .
又因为AC=2,B1C=2 ,
所以AC2+B1C2=A ,得AC⊥B1C.
因为CC1∩B1C=C,CC1,B1C⊂平面BB1C1C,所以AC⊥平面BB1C1C,
又C1E⊂平面BB1C1C,所以AC⊥C1E,
2
2
3
2
1B
同理AC⊥BC.因为AC⊥BC,AC=2,AB=2 ,所以BC=2.又因为CC1=2,BC⊥CC1,
所以平行四边形BB1C1C为正方形.
因为E为B1C的中点,所以C1E⊥B1C,
又AC∩B1C=C,AC,B1C⊂平面ACB1,所以C1E⊥平面ACB1.
2