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1、第十章 單元能力測試卷(A版)
一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.)
1.(2020·上海春季高考)若空間三條直線a、b、c滿足a⊥b,b⊥c,則直線a與c( )
A.一定平行
B.一定相交
C.一定是異面直線
D.平行、相交、是異面直線都有可能
答案 D
2.已知高為3的直棱柱ABC—A′B′C′的底面是邊長為1的正三角形(如圖所示),則三棱錐B′—ABC的體積為( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 V=Sh=××3=.
3.如圖,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,沿對角線BD將△ABD折起,使A點(diǎn)在平面BC
2、D內(nèi)的射影O落在BC邊上,若二面角C—AB—D的平面角大小為θ,則sinθ的值等于( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 ∵BC⊥CD,BC是AC在平面BCD上的射影,
∴AC⊥CD,∴CD⊥平面ABC,
∵AD⊥AB,∴AC⊥AB,∴θ=∠DAC,
∴sinθ==.
4.位于北緯x度的A、B兩地經(jīng)度相差90°,且A、B兩地間的球面距離為R(R為地球半徑),那么x等于( )
A.30 B.45
C.60 D.75
答案 B
解析 記球心為點(diǎn)O,依題意得∠AOB=,OA=OB=R,因此AB=R.又A、B兩地經(jīng)度相差90°,因此A、B兩地所在
3、的緯線圈的半徑是R,x=45,選B.
5.設(shè)a、b是兩條互不垂直的異面直線,過a、b分別作平面α、β,對于下面四種情況:①b∥α,②b⊥α;③α∥β;④α⊥β.其中可能的情況有( )
A.1種 B.2種
C.3種 D.4種
答案 C
解析?、佗邰芏加锌赡?,②不可能,否則有b⊥a,與已知矛盾.
6.在三棱錐A-BCD中,若AD⊥BC,BD⊥AD,ΔBCD是銳角三角形,那么必有( )
A.平面ABD⊥平面ADC B.平面ABD⊥平面ABC
C.平面ADC⊥平面BCD D.平面ABC⊥平面BCD
答案 C
解析 由AD⊥BC,BD⊥AD?AD⊥平面BCD.又A
4、D?平面ADC,
∴平面ADC⊥平面BCD.
7.直三棱柱ABC—A1B1C1中,∠ACB=90°,AC=AA1=a,則點(diǎn)A到平面A1BC的距離是( )
A.a(chǎn) B.a
C.a D.a
答案 C
解析 取A1C的中點(diǎn)O,連接AO.
∵AC=AA1,∴AO⊥A1C.
又該三棱柱是直三棱柱,∴平面A1C⊥平面ABC.
又∵BC⊥AC,∴BC⊥AO.
因此AO⊥平面A1BC,即AO的長等于A到平面ABC的距離,解得AO=a.
8.在△ABC中,AB=15,∠BCA=120°.若△ABC所在平面α外一點(diǎn)P到A、B、C的距離都是14,則P到α的距離是( )
A.13
5、 B.11
C.9 D.7
答案 B
解析 作PO⊥α于點(diǎn)O,連結(jié)OA、OB、OC.
∵PA=PB=PC,∴OA=OB=OC.
∴O為△ABC的外心.
∴OA===5.
∴PO==11為所求.
9.高為5,底面邊長為4的正三棱柱形容器(下有底),可放置最大球的半徑是( )
A. B.2
C. D.
答案 B
解析 如上圖所示,過球心作平行于底的截面,R=2tan30°=2.
10.如圖,在正方體ABCD—A1B1C1D1中,O是底面ABCD的中心,M、N分別是棱DD1、D1C1的中點(diǎn),則直線OM( )
A.是AC和MN的公垂線
B.垂直于AC
6、,但不垂直于MN
C.垂直于MN,但不垂直于AC
D.與AC,MN都不垂直
答案 A
解析 ∵M(jìn)O在面ABCD上的射影為OD,OD⊥AC,∴OM⊥AC,又∵M(jìn)O在面CC1D1D中的射影與MN垂直,∴MO⊥MN,∴OM是AC和MN的公垂線.
11.棱長為2的正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上,若過該球球心的一個(gè)截面如圖,則圖中三角形(正四面體的截面)的面積是( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 如圖,△ABE為題中三角形,
由已知得AB=2,BE=2×=,BF=BE=,
∴AF===,
∴△ABE的面積為S△=×BE×AF=××=.故選C.
7、12.已知二面角α—l—β的平面角為θ,PA⊥α,PB⊥β,A、B為垂足,且PA=4,PB=5,設(shè)A、B到棱l的距離分別為x、y,當(dāng)θ變化時(shí),點(diǎn)(x,y)的軌跡是下列圖形中的( )
答案 D
解析 如圖,PO2=PA2+OA2=PB2+OB2,
∴16+x2=25+y2.
∴x2-y2=9且x≥3,y>0.故選D.
二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分,把答案填在題中橫線上)
13.在△ABC中,M、N分別是AB、AC的中點(diǎn),PM⊥平面ABC,當(dāng)BC=18,PM=3時(shí),PN和平面ABC所成的角是________.
答案 30°
解析 ∵PM⊥平面ABC,∴∠P
8、NM為PN與平面ABC所成的角.
tan∠PNM===,∴∠PNM=30°.
14.有兩個(gè)半徑都是r的球,其中一個(gè)球的球心在另一個(gè)球的球面上,則這兩個(gè)球的交線長為________.
答案 πr
解析 由題意得交線為半徑為r的圓周,其長為πr.
15.在正四面體A—BCD中,O為底面△BCD的中心,M是線段AO上一點(diǎn),且使得∠BMC=90°,則=________.
答案 1
解析 如右圖所示,
設(shè)正四面體A—BCD的棱長為2,由∠BMC=90°,得BM=.
又可得BO=,在Rt△BOM中,MO=,由勾股定理得AO=,所以得=1.
16.如圖是一幾何體的平面展開圖,其中
9、ABCD為正方形,E、F、分別為PA、PD的中點(diǎn),在此幾何體中,給出下面四個(gè)結(jié)論:
①直線BE與直線CF異面;
②直線BF與直線AF異面
③直線EF∥平面PBC;
④平面BC⊥平面PAD.
其中正確的有______個(gè).
答案 2
解析 將幾何圖展開拼成幾何體(如圖),
因?yàn)镋、F分別為PA、PD的中點(diǎn),所以EF∥AD∥BC,即直線BE與CF共面,①錯(cuò);因?yàn)锽?平面PAD ,E∈平面PAD,E?AF,所以BE與AF是異面直線,②正確;因?yàn)镋F∥AD∥BC,EF?平面PBC,BC?平面PBC,所以EF∥⊥平面PBC,③正確;平面PAD與平面BCE不一定垂直,④錯(cuò).
三、解答題
10、(本大題共6小題,共70分,解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(本小題滿分10分)如圖所示,已知PA⊥矩形ABCD所在平面,M、N分別是AB、PC的中點(diǎn),
求證:MN∥平面PAD
證明 取PD的中點(diǎn)E,連接AE,NE,則NE綊DC
又∵AM綊DC,∴NE綊AM
∴四邊形AENM為?.∴MN∥AE
又AE?平面PAD,MN?平面PAD,
∴ MN∥平面PAD.
18.(本小題滿分12分)如右圖所示,已知直二面角α—PQ—β,A∈PQ,B∈α,C∈β,CA=CB,∠BAP=45°,直線CA和平面α所成的角為30°.
(1)證明:BC⊥PQ;
(2)求二面角
11、B—AC—P的大小.
解析 (1)如右圖,在平面β內(nèi)過點(diǎn)C作CO⊥PQ于點(diǎn)O,連結(jié)OB.
因?yàn)棣痢挺拢痢搔拢絇Q,所以CO⊥α.
又因?yàn)镃A=CB,所以O(shè)A=OB.
而∠BAO=45°,所以∠ABO=45°,∠AOB=90°.從而BO⊥PQ.
又CO⊥PQ,所以PQ⊥平面OBC.因?yàn)锽C?平面OBC,故PQ⊥BC.
(2)由(1)知,BO⊥PQ,又α⊥β,α∩β=PQ,BO?α,所以BO⊥β.
過點(diǎn)O作OH⊥AC于點(diǎn)H,連結(jié)BH,由三垂線定理知,BH⊥AC.
故∠BHO是二面角B—AC—P的平面角.
由(1)知,CO⊥α,所以∠CAO是CA和平面α所成的角,則∠CAO=
12、30°.
不妨設(shè)AC=2,則AO=,OH=AOsin30°=.
在Rt△OAB中,∠ABO=∠BAO=45°,所以BO=AO=.
于是在Rt△BOH中,tan∠BHO===2.
故二面角B—AC—P的大小為arctan2.
19.(本小題滿分12分)如圖所示,在三棱柱ABC—A1B1C1中,四邊形A1ABB1是菱形,四邊形BCC1B1是矩形,AB⊥BC,CB=3,AB=4,∠A1AB=60°.
(1)求證:平面CA1B⊥平面A1ABB1;
(2)求直線A1C與平面BCC1B1所成角的正切值;
(3)求點(diǎn)C1到平面A1CB的距離.
解析 證明:(1)四邊形BCC1B1是矩形
13、,∴BC⊥BB1.
又∵AB⊥BC,∴BC⊥平面A1ABB1.
∵BC?平面CA1B,∴平面CA1B⊥平面A1ABB1.
解:(2)過A1作A1D⊥B1B于D,D即為B1B的中點(diǎn),連接DC.
∵BC⊥平面A1ABB1,∴BC⊥A1D,∴A1D⊥平面BCC1B1,
故∠A1CD為直線A1C與平面BCC1B1所成的角.
在矩形BCC1B1中,DC=.
∵四邊形A1ABB1是菱形,∠A1AB=60°,CB=3,AB=4,∴A1D=2,
∴tan∠A1CD===.
(3)∵B1C1∥BC,∴B1C1∥平面A1BC,
∴C1到平面A1BC的距離即為B1到平面A1BC的距離.
連
14、接AB1,AB1與A1B交于點(diǎn)O.
∵四邊形A1ABB1是菱形,∴B1O⊥A1B.
∵平面CA1B⊥平面A1ABB1,∴B1O⊥平面A1BC.
∴B1O即為C1到平面A1BC的距離,又B1O=2,
∴C1到平面A1BC的距離為2.
20.(本小題滿分12分)(09·廣東)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2,點(diǎn)E是正方形BCC1B1的中心,點(diǎn)F、G分別是棱C1D、AA1的中點(diǎn).設(shè)點(diǎn)E1、G1分別是點(diǎn)E、G在平面DCC1D1內(nèi)的正投影.
(1)求以E為頂點(diǎn),以四邊形FGAE在平面DCC1D1內(nèi)的正投影為底面邊界的棱錐的體積;
(2)證明:直線FG1⊥平面FEE1
15、;
(3)求異面直線E1G1與EA所成角的正弦值.
解析 (1)點(diǎn)A、E、G、F在平面DCC1D1的投影分別為點(diǎn)D、E1、G1、F,連結(jié)EF、EE1、EG1、ED.
則VE-DE1FG1=VF-EE1G1+VD-EE1G1=×1×1+×1×1=.
(2)∵點(diǎn)E在平面DCC1D1的正投影為點(diǎn)E1,
則EE1⊥面DCC1D1.
∵FG1?平面DCC1D1,∴EE1⊥FG1.
在△E1FG1中,F(xiàn)G1==,E1F==,E1G1=2,
∴FE12+FG12=E1G12=4,∴FG1⊥FE1,
∵FE1∩EE1于點(diǎn)E1,∴FG1⊥平面FEE1.
(3)取正方形ADD1A1的中心為
16、M,連結(jié)EM、AM,則EM綊E1G1,且EM⊥面AA1D1D,∴EM⊥AM.
∵AM==,
AE==,EM=2,
∴sin∠AEM===.
∴異面直線E1G1與EA所成角的正弦值為.
21.(本小題滿分12分)如圖所示,M、N、P分別是正方體ABCD—A1B1C1D1的棱AB、BC、DD1上的點(diǎn).
(1)若=,求證:無論點(diǎn)P在DD1上如何移動(dòng),總有BP⊥MN;
(2)若D1P∶PD=1∶2,且PB⊥平面B1MN,求二面角N—B1M—B的余弦值.
(3)在棱DD1上是否存在這樣的點(diǎn)P,使得平面APC1⊥平面ACC1?證明你的結(jié)論.
解析 (1)證明:∵在底面ABCD內(nèi),=,
17、
∴BM=BN,MN∥AC.
又∵AC⊥BD,∴MN⊥BD.
又BB1⊥MN,∴MN⊥平面BB1D1D.
而BP?平面BB1D1D,∴MN⊥BP.
(2)解:在AA1上取點(diǎn)Q,使A1Q∶QA=1∶2,
連接PQ、BQ、BD,則PQ⊥平面A1ABB1.
∵PB⊥平面B1MN,∴PB⊥MN,PB⊥B1M,
∴根據(jù)三垂線定理逆定理,DB⊥MN,QB⊥B1M.
設(shè)BQ∩B1M=H,連接NH.
∵NB⊥平面B1MB,∴NH⊥B1M,
∴∠NHB為二面角N—B1M—B的平面角.
令A(yù)B=3,則AQ=2,BQ=,
∴cos∠HBM===,
∴在Rt△NBH中,
tan∠NHB=
18、==,
∴cos∠NHB=.
(3)解:存在點(diǎn)P,且P在DD1的中點(diǎn),使得平面APC1⊥平面ACC1.證明如下:
∵C1C⊥底面ABCD,∴C1C⊥BD.
又AC⊥BD,∴BD⊥平面ACC1,
取AC1中點(diǎn)O,連接PO,易證PO∥BD,
從而PO⊥平面ACC1,
∵PO?平面APC1,∴平面APC1⊥平面ACC1.
22.(本小題滿分12分)如右圖所示,PA⊥平面ABCD,四邊形ABCD是矩形,PA=AD=a,M、N分別是AB、PC的中點(diǎn).
(1)求平面PCD與平面ABCD所成二面角的大?。?
(2)求證:平面MND⊥平面PCD;
(3)當(dāng)AB的長度變化時(shí),求異面直線P
19、C與AD所成角的取值范圍.
解析 (1)PA⊥平面ABCD,CD⊥AD,∴PD⊥CD.
故∠PDA是平面PCD與平面ABCD所成二面角的平面角.
在Rt△PAD中,PA⊥AD,PA=AD,
∴∠PDA=45°.
(2)如右圖所示,取PD中點(diǎn)E,連結(jié)AE、EN.由M、N分別是AB、PC的中點(diǎn),
∴EN綊CD綊AB.
∴AMNE為平行四邊形.∴MN∥AE.
在等腰Rt△PAD中,AE是斜邊的中線,∴AE⊥PD.
又CD⊥PD,CD⊥AD,∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥AE.
又PD∩CD=D,∴AE⊥平面PCD.∴MN⊥平面PCD.∴平面MND⊥平面PCD.
(3)∵AD∥BC,
∴∠PCB為異面直線PC、AD所成的角.由三垂線定理知PB⊥BC.
設(shè)AB=x(x>0),
∴tan∠PCB==>1.
又∠PCB為銳角,∴∠PCB∈(,),
即異面直線PC、AD所成角的范圍是(,).