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2012届高三数学一轮总复习《名师一号》单元检测(人教A):第九章


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2012 届高三数学一轮总复习 《名师一号》 单元检测 (人教 A) : 第九章 直线、平面、简单几何体(A)
时间:120 分钟 分值:150 分 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题:(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.过空间一点与已知平面垂直的直线有( A.0 条 C.0 条或 1 条 B.1 条 D.无数条 )

解析:根据线面垂直的定义及其性质定理可知过空间一点与已知平面垂直的直线只有 1 条,故选 B. 答案:B 2. 已知 α, 表示两个不同的平面, 为平面 α 内的一条直线, β m 则“α⊥β ”是“m⊥β ” 的( ) A.充分不必要条件 C.充要条件 B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件

解析:由面面垂直的判定定理可知必要性成立,而当两平面 α、β 垂直时,α 内的直线 m 只有在垂直于两平面的交线时才垂直于另一个平面 β,∴充分性不成立. 答案:B 3.设直线 m 与平面 α 相交但不垂直,则下列说法中正确的是( A.在平面 α 内有且只有一条直线与直线 m 垂直 B.过直线 m 有且只有一个平面与平面 α 垂直 C.与直线 m 垂直的直线不可能与平面 α 平行 D.与直线 m 平行的平面不可能与平面 α 垂直 解析:因为只有过 m 及 m 在平面 α 内的射影的平面是过 m 且垂直于平面 α 的平面,因 此 B 正确,选择 B. 答案:B 4.已知三条不重合的直线 m、n、l,两个不重合的平面 α、β,则下列命题中,其逆否 命题不成立的是( ) )

A.当 m⊥α,n⊥β 时,若 m∥n,则 α∥β B.当 b?α 时,若 b⊥β,则 α⊥β C.当 α⊥β,α∩β=m,n?β,若 n⊥m,则 n⊥α
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D.当 m?α,且 n?α 时,若 n∥α,则 m∥n 解析: 根据原命题与逆否命题的真假性相同, 只需判断原命题的真假即可. 由面面垂直、 平行的性质定理或判定定理等很容易判断出 A、B、C 都是正确的,而在答案 D 中,m 与 n 显然可以异面.故选 D. 答案:D 5.正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 为棱 AB 的中点,则异面直线 DM 与 D1B 所成角的 余弦值为( A. C. 15 6 15 3 ) B. D. 15 5 15 10

解析:取 CD 的中点 N,连结 NB、ND1,则易知 NB∥DM,∴∠NBD1(或其补角)就是 异面直线 DM 与 D1B 所成的角. 不妨设正方体的棱长为 1, D1N=NB= 则 又 D1B= 3,故在△NBD1 中, NB2+D1B2-D1N2 15 cos∠NBD1= = .故选 B. 2· D1B NB· 5 答案:B 6.如果对于空间任意 n(n≥2)条直线总存在一个平面 α,使得这 n 条直线与平面 α 所成 的角均相等,那么这样的 n( A.最大值为 3 C.最大值为 5 ) B.最大值为 4 D.不存在最大值 1 5 12+?2?2= . ? ? 2

解析:若 n=4,显然此时对于空间的任意四条直线不都存在这样的平面 α,因此结合各 选项知 B、C 不正确;对于空间任意 3 条直线,总存在一个平面 α,使得这 n 条直线与平面 α 所成的角均相等,选 A. 答案:A 7.

如图,在棱长均为 2 的正四棱锥 P-ABCD 中,点 E 为 PC 的中点,则下列命题正确的 是( ) A.BE∥平面 PAD,且直线 BE 到平面 PAD 的距离为 3
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2 6 B.BE∥平面 PAD,且直线 BE 到平面 PAD 的距离为 3 C.BE 不平行于平面 PAD,且 BE 与平面 PAD 所成的角大于 30° D.BE 不平行于平面 PAD,且 BE 与平面 PAD 所成的角小于 30° 1 解析:取 PD 的中点 F,连结 EF,AF,则有 EF∥CD,且 EF= CD,又 AB∥CD,AB 2 1 =CD,因此有 EF∥AB,EF= AB,四边形 ABEF 为梯形,直线 BE 与 AF 必相交,直线 BE 2 与平面 PAD 不平行.注意到 BE 与 BC 的夹角为 30° ,因此直线 BE 与 AD 的夹角为 30° ,由 最小角原理可知,直线 BE 与平面 PAD 所成的角小于 30° ,选 D. 答案:D 8.已知三棱锥 P-ABC 中,PA、PB、PC 两两垂直,PA=PB=2PC=2a,且三棱锥外 接球的表面积为 S=9π,则实数 a 的值为( A.1 C. 2 )

B.2 1 D. 2

解析:如图,将三棱锥 P—ABC 嵌入长方体中,则长方体的体对角线 BD 为三棱锥外接 BD 球的直径,由此得三棱锥外接球的表面积为 S=4π? 2 ?2=π(PB2+PD2)=π[(2a)2+( 5a)2]= ? ? 9π.∴a=1,故选 A. 答案:A 9.

如图,∠C=90° ,AC=BC,M、N 分别为 BC 和 AB 的中点,沿直线 MN 将△BMN 折 起, 使二面角 B′—MN—B 的大小为 60° 则斜线 B′A 与平面 ABC 所成角的正切值为( , )

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A. 2 5

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B. 3 5

4 C. 5

3 D. 5

解析: AC=BC=2a, 设 由已知得 MN⊥CM, B′M⊥MN, MN⊥平面 B′CM, ∠B′MB =60° ,B′M=MN=a.作 B′E⊥CB 于点 E,连结 AE,则有 MN⊥B′E,B′E⊥CE,B′E ⊥平面 ABC,∠B′AE 是直线 B′A 与平面 ABC 所成的角.在 Rt△B′AE 中,B′E= B′Msin60° = 3 a a,EM=B′Mcos60° ,AE= AC2+CE2= = 2 2

?2a?2+?a+a?2=5a,所以 tan∠B′AE=B′E= 3,选 B. 2? ? 2 AE 5
答案:B 10.

如图,在棱长为 4 的正方体 ABCD—A′B′C′D′中,E、F 分别是 AD、A′D′的中 点, 长为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在线段 EF 上运动, 另一个端点 N 在底面 A′B′C′D′ 上运动,则线段 MN 的中点 P 的轨迹(曲面)与二面角 A-A′D′-B′所围成的几何体的体 积为( 4π A. 3 π C. 3 ) 2π B. 3 π D. 6

1 解析:依题意可知|FP|= |MN|=1,因此点 P 的轨迹是以点 F 为球心、1 为半径的球面, 2 1 4 1 3 于是所求的体积是 ×?3π×1 ?= π,选 C. ? 3 4 ? 答案:C 11. 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为 1 的球面上, 其中底面的三个顶点在该球的一 个大圆上,则该正三棱锥的高是( 1 A. 2 C.1 ) B. D. 3 2 3 3

解析:由题知三棱锥的高为球的半径,故选 C.
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答案:C

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12.球 O 与锐二面角 α-l-β 的两半平面相切,两切点间的距离为 3,O 点到交线 l 的距离为 2,则球 O 的表面积为( )

4π A. 3 C.12π 解析:

B.4π D.36π

设球 O 与平面 α、β 分别相切于点 P、Q,过点 O 作 OR⊥l 于点 R,连结 PR、QR、PQ, 设 PQ 与 OR 相交于点 S,其抽象图如图所示,则有 OP⊥PR、OQ⊥QR,故 O、P、R、Q 四点共圆,此圆的直径为 2,由正弦定理得 -l-β 为锐二面角,∴∠PRQ=60° , ∴∠PRO=30° ,∴OP=1,即球的半径为 1,∴球 O 的表面积 S=4πR2=4π,故选 B. 答案:B 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、 填空题: (本大题共 4 小题, 每小题 5 分, 20 分. 共 请把正确答案填在题中横线上. ) 13.下列命题:①如果一个平面内有一条直线与另一个平面内的一条直线平行,那么这 两个平面平行; ②如果一个平面内的两条直线分别平行于另一个平面, 那么这两个平面平行; ③平行于同一平面的两个不同平面相互平行;④垂直于同一直线的两个不同平面相互平 行.其中的真命题是________(把正确的命题序号全部填在横线上). 解析:对于①,相应的两个平面可能相交,因此①不正确;对于②,其中的两条直线可 能是两条平行直线, 此时相应的两个平面不一定平行, 因此②不正确; 对于③④, 显然正确. 答案:③④ 14. PQ PQ 3 =2,∴sin∠PRQ= = .又二面角 α 2 2 sin∠PRQ

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如图是一几何体的平面展开图, 其中 ABCD 为正方形,E、 分别为 PA、 的中点.在 F PD 此几何体中,给出下面四个结论: ①直线 BE 与直线 CF 异面; ②直线 BE 与直线 AF 异面; ③直线 EF∥平面 PBC; ④平面 BCE⊥平面 PAD. 其中正确的有________个. 解析:

将几何体展开图拼成几何体(如图),因为 E、F 分别为 PA、PD 的中点,所以 EF∥AD ∥BC,即直线 BE 与 CF 共面,①错;因为 B?平面 PAD,E∈平面 PAD,E?AF,所以 BE 与 AF 是异面直线,②正确;因为 EF∥AD∥BC,EF?平面 PBC,BC?平面 PBC,所以 EF∥ 平面 PBC,③正确;平面 PAD 与平面 BCE 不一定垂直,④错. 答案:2 π 15.如图,将∠B= ,边长为 1 的菱形 ABCD 沿对角线 AC 折成大小等于 θ 的二面角 B 3 π 2π -AC-D,若 θ∈[ , ],M、N 分别为 AC、BD 的中点,则下面的四种说法: 3 3

①AC⊥MN; ②DM 与平面 ABC 所成的角是 θ; 3 3 ③线段 MN 的最大值是 ,最小值是 ; 4 4
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π π ④当 θ= 时,BC 与 AD 所成的角等于 . 2 2 其中正确的说法有________(填上所有正确说法的序号). 解析:

π 2π 如图, AC⊥BM,AC⊥MD?AC⊥平面 BMD,所以 AC⊥MN,①正确;因为 θ∈[ , ], 3 3 π 且线与面所成角的范围为[0, ],所以 DM 与平面 ABC 所成的角不一定是 θ,②错;BM= 2 DM= 3 θ 3 θ ,MN⊥BD,∠BMD=θ,所以 MN=BM· = · ,所以线段 MN 的最大值是 cos cos 2 2 2 2

3 3 π ,最小值是 ,③正确;当 θ= 时,过 C 作 CE∥AD,连结 DE,且 DE∥AC,则∠BCE(或 4 4 2 其补角)即为两直线的夹角,BM⊥DM,BM=DM= 3 3 ,BD2= ,又 DE∥AC,则 DE⊥平 2 2

5 1+1- 2 3 5 1 面 BDM,∴DE⊥BD,BE2= +1= ,cos∠BCE= =- ≠0,所以④错. 2 2 2 4 答案:①③ 16.设 A、B、C 是球面上三点,线段 AB=2,若球心到平面 ABC 的距离的最大值为 3, 则球的表面积等于________. 解析:△ABC 所在截面圆的直径为 2r=AB=2 时,球心到平面 ABC 的距离最大,此时 球半径 R= 1+3=2,S 球=4πR2=16π. 答案:16π 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)如图,长方体 AC1 中,AB=2,BC=AA1=1.E、F、G 分别为棱 DD1、D1C1、BC 的中点.

(1)试在底面 A1B1C1D1 上找一点 H,使 EH∥平面 FGB1;
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(2)求四面体 EFGB1 的体积.

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解析:(1)取 A1D1 的中点 P,D1P 的中点 H,连结 DP、EH,则 DP∥B1G,EH∥DP, ∴EH∥B1G,又 B1G?平面 FGB1,∴EH∥平面 FGB1. 1 即 H 在 A1D1 上,且 HD1= A1D1 时,EH∥平面 FGB1. 4 (2)∵EH∥平面 FGB1,∴VE—FGB1=VH—FGB1, 1 而 VH—FGB1=VG—HFB1= ×1×S△HFB1, 3 5 S△HFB1=S 梯形 B1C1D1H-S△B1C1F-S△D1HF= , 8 1 5 5 ∴V 四面体 EFGB1=VE—FGB1=VH—FGB1= ×1× = . 3 8 24 18.(本小题满分 12 分)直棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,底面

ABCD 是直角梯形,∠BAD=∠ADC=90° ,AB=2AD=2CD=2. (1)求证:平面 ACB1⊥平面 BB1C1C; (2)在 A1B1 上是否存在一点 P,使得 DP 与平面 BCB1 和平面 ACB1 都平行?证明你的结 论. 解析:(1)证明:直棱柱 ABCD—A1B1C1D1 中,BB1⊥平面 ABCD, ∴BB1⊥AC. 又∵∠BAD=∠ADC=90° ,AB=2AD=2CD=2, ∴AC= 2,∠CAB=45° ,∴BC= 2,∴BC⊥AC. 又 BB1∩BC=B,BB1?平面 BB1C1C,BC?平面 BB1C1C, ∴AC⊥平面 BB1C1C. 又∵AC?平面 ACB1,∴平面 ACB1⊥平面 BB1C1C. (2)存在点 P,P 为 A1B1 的中点. 要使 DP 与平面 BCB1 和平面 ACB1 都平行,就要使 DP 与平面 BCB1 和平面 ACB1 的交 线平行. 因为平面 BCB1∩平面 ACB1=B1C,所以只要 DP∥B1C 即可. 因为 A1B1∥DC,所以四边形 DCB1P 为平行四边形, 1 所以 B1P=DC= A1B1=1,所以 P 为 A1B1 的中点. 2 即当 P 为 A1B1 的中点时,DP 与平面 BCB1 和平面 ACB1 都平行.
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19.(本小题满分 12 分)(2010· 浙江)如图,在矩形 ABCD 中,点 E,F 分别在线段 AB, 2 AD 上,AE=EB=AF= FD=4.沿直线 EF 将△AEF 翻折成△A′EF,使平面 A′EF⊥平面 3 BEF.

(1)求二面角 A′-FD-C 的余弦值; (2)点 M,N 分别在线段 FD,BC 上,若沿直线 MN 将四边形 MNCD 向上翻折,使 C 与 A′重合,求线段 FM 的长. 解析:(1)取线段 EF 的中点 H,AF 的中点 G,连结 A′G,A′H,GH,

因为 A′E=A′F 及 H 是 EF 的中点, 所以 A′H⊥EF. 又因为平面 A′EF⊥平面 BEF, 所以 A′H⊥平面 BEF. 又 AF?平面 BEF, 故 A′H⊥AF, 又因为 G,H 是 AF、EF 的中点. 易知 GH∥AB, 所以 GH⊥AF, 于是 AF⊥平面 A′GH, 所以∠A′GH 为二面角 A′-FD-C 的平面角. 在 Rt△A′GH 中,A′H=2 2,GH=2,A′G=2 3. 所以 cos∠A′GH= 3 . 3 3 . 3

故二面角 A′-DF-C 的余弦值为 (2)设 FM=x.
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因为翻折后,C 与 A′重合, 所以 CM=A′M,

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而 CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2, 21 A′M2=A′H2+MH2=A′H2+MG2+GH2=(2 2)2+(x+2)2+22,得 x= , 4 经检验,此时点 N 在线段 BC 上. 21 所以 FM= . 4 20.(本小题满分 12 分)(2010· 重庆)如图,四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA ⊥底面 ABCD,PA=AB= 6,点 E 是棱 PB 的中点.

(1)求直线 AD 与平面 PBC 的距离; (2)若 AD= 3,求二面角 A—EC—D 的平面角的余弦值.

解析:(1)如图,在矩形 ABCD 中,AD∥BC,从而 AD∥平面 PBC,故直线 AD 与平面 PBC 的距离为点 A 到平面 PBC 的距离. 因 PA⊥底面 ABCD,故 PA⊥AB,由 PA=AB 知△PAB 为等腰直角三角形,又点 E 是棱 PB 的中点,故 AE⊥PB.又在矩形 ABCD 中,BC⊥AB,而 AB 是 PB 在底面 ABCD 内的射影, 由三垂线定理得 BC⊥PB,从而 BC⊥平面 PAB,故 BC⊥AE,从而 AE⊥平面 PBC,故 AE 之长即为直线 AD 与平面 PBC 的距离.

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1 1 在 Rt△PAB 中,PA=AB= 6,所以 AE= PB= PA2+AB2= 3. 2 2 (2)过点 D 作 DF⊥CE,交 CE 于 F,过点 F 作 FG⊥CE,交 AC 于 G,则∠DFG 为所求 的二面角的平面角. 由(1)知 BC⊥平面 PAB,又 AD∥BC,得 AD⊥平面 PAB,故 AD⊥AE,从而 DE= AE2+AD2= 6. 在 Rt△CBE 中,CE= BE2+BC2= 6.由 CD= 6,所以△CDE 为等边三角形,故 F π 3 2 点为 CE 的中点,且 DF=CD· = sin .因为 AE⊥平面 PBC,故 AE⊥CE,又 FG⊥CE,知 3 2 1 3 FG 綊 AE,从而 FG= ,且 G 点为 AC 的中点. 2 2 1 连结 DG,则在 Rt△ADC 中,DG= AC 2 = 1 3 AD2+CD2= . 2 2

DF2+FG2-DG2 6 所以 cos∠DFG= = . 2· FG DF· 3 21.(本小题满分 12 分)如图,在四棱锥 S-ABCD 中,AD∥BC 且 AD⊥CD;平面 CSD ⊥平面 ABCD,CS⊥DS,CS=2AD=2;E 为 BS 的中点,CE= 2,AS= 3.求:

(1)点 A 到平面 BCS 的距离; (2)二面角 E-CD-A 的大小. 解析:(1)因为 AD∥BC, BC?平面 BCS, 且 所以 AD∥平面 BCS, 从而 A 点到平面 BCS 的距离等于 D 点到平面 BCS 的距离. 因为平面 CSD⊥平面 ABCD,AD⊥CD,故 AD⊥平面 CSD,从而 AD⊥DS.由 AD∥BC, 得 BC⊥DS.又由 CS⊥DS 知 DS⊥平面 BCS,从而 DS 为点 A 到平面 BCS 的距离.因此,在 Rt△ADS 中,DS= AS2-AD2= 3-1= 2.

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(2)如图,过 E 点作 EG⊥CD,交 CD 于点 G,又过点 G 作 GH⊥CD,交 AB 于点 H, 故∠EGH 为二面角 E-CD-A 的平面角,记为 θ,过 E 点作 EF∥BC,交 CS 于点 F,连结 π GF,因平面 ABCD⊥平面 CSD,GH⊥CD,易知 GH⊥GF.故 θ= -∠EGF. 2 1 由于 E 为 BS 边的中点,故 CF= CS=1,在 Rt△CFE 中, 2 EF= CE2-CF2= 2-1=1.因 EF⊥平面 CSD,又 EG⊥CD,故由三垂线定理的逆定 理得 FG⊥CD,从而又可得△CGF∽△CSD,因此 GF CF = ,而在 Rt△CSD 中,CD= DS CD

CF 1 1 CS2+SD2= 4+2= 6,故 GF= · DS= · 2= . CD 6 3 在 Rt△EFG 中,tan∠EGF= EF π π = 3,可得∠EGF= ,故所求二面角的大小为 θ= . FG 3 6

22.(本小题满分 12 分)

右图是一个直三棱柱(以 A1B1C1 为底面)被一平面所截得到的几何体,截面为 ABC.已知 A1B1=B1C1=1,∠A1B1C1=90° ,AA1=4,BB1=2,CC1=3. (1)设点 O 是 AB 的中点,求证:OC∥平面 A1B1C1; (2)求二面角 B-AC-A1 的大小; (3)求此几何体的体积. 解析:(1)证明:作 OD∥AA1 交 A1B1 于 D,连结 C1D.则 OD∥BB1∥CC1.因为 O 是 AB 的中点, 1 所以 OD= (AA1+BB1)=3=CC1. 2 则四边形 ODC1C 是平行四边形,因此有 OC∥C1D, C1D?平面 C1B1A1 且 OC?平面 C1B1A1,则 OC∥平面 A1B1C1.

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(2)如图,过 B 作截面 BA2C2∥平面 A1B1C1,分别交 AA1、CC1 于 A2、C2,作 BH⊥A2C2 于 H,连结 CH. 因为 CC1⊥平面 BA2C2,所以 CC1⊥BH,则 BH⊥平面 A1C. 又因为 AB= 5,BC= 2,AC= 3?AB2=BC2+AC2,所以 BC⊥AC,根据三垂线定 理知 CH⊥AC,所以∠BCH 就是所求二面角的平面角. 因为 BH= 2 BH 1 ,所以 sin∠BCH= = ,故∠BCH=30° ,即所求二面角的大小为 30° . 2 BC 2 2 1 1 1 2 1 ,所以 VB—AA2C2C= SAA2C2C×BH= × ×(1+2)× 2× = , 2 3 3 2 2 2

(3)因为 BH=

1 VA1B1C1—A2BC2=S△A1B1C1· 1= ×2=1. BB 2 3 所求几何体体积为 V=VB—AA2C2C+VA1B1C1—A2BC2= 2

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