第二章综合素能检测.doc

第二章综合素能检测 时间120分钟，满分150分。 一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的) 1．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为(　　) A．3　　　　　　　　　 B．4 C．5 D．6 [答案]　C [解析]　AB与CC1为异面直线，故棱中不存在同时与两者平行的直线，因此只有两类： 第一类与AB平行与CC1相交的有：CD、C1D1 与CC1平行且与AB相交的有：BB1、AA1， 第二类与两者都相交的只有BC，故共有5条． 2．室内有一直尺，无论怎样放置，在地面上总有这样的直线，它与直尺所在的直线(　　) A．异面 B．相交 C．平行 D．垂直 [答案]　D [解析]　当直尺与地面垂直时，地面上的任意一条直线都和直尺所在的直线垂直；当直尺所在的直线与地面不垂直时，过直尺所在的直线作一与地面垂直的平面，此平面与地面的交线设为a，则地面内任一与交线a垂直的直线都与直尺所在的直线垂直． 3．如图所示，过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作(　　) A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 [答案]　D [解析]　连接AC1，则AC1与棱AB，AD，AA1所成的角都相等；过点A分别作正方体的另外三条体对角线的平行线，则它们与棱AB，AD，AA1所在的角也相等，故这样的直线l可以作4条． 4．设P是△ABC所在平面α外一点，H是P在α内的射影，且PA，PB，PC与α所成的角相等，则H是△ABC的(　　) A．内心 B．外心 C．垂心 D．重心 [答案]　B [解析]　由题意知Rt△PHA≌Rt△PHB≌Rt△PHC，得HA＝HB＝HC，所以H是△ABC的外接圆圆心． 5．已知二面角α－l－β的大小为60°，m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为(　　) A．30° B．60° C．90° D．120° [答案]　B [解析]　易知m，n所成的角与二面角的大小相等，故选B. 6．下面四个命题： ①若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面； ②若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交； ③若a∥b，则a，b与c所成的角相等； ④若a⊥b，b⊥c，则a∥c. 其中真命题的个数为(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 [答案]　D [解析]　异面、相交关系在空间中不能传递，故①②错；根据等角定理，可知③正确；对于④，在平面内，a∥c，而在空间中，a与c可以平行，可以相交，也可以异面，故④错误． 7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是线段A1B1，B1C1上的不与端点重合的动点，如果A1E＝B1F，有下面四个结论： ①EF⊥AA1；②EF∥AC；③EF与AC异面；④EF∥平面ABCD. 其中一定正确的有(　　) A．①② B．②③ C．②④ D．①④ [答案]　D [解析]　如图所示．由于AA1⊥平面A1B1C1D1，EF⊂平面A1B1C1D1，则EF⊥AA1，所以①正确；当E，F分别是线段A1B1，B1C1的中点时，EF∥A1C1，又AC∥A1C1，则EF∥AC，所以③不正确；当E，F分别不是线段A1B1，B1C1的中点时，EF与AC异面，所以②不正确；由于平面A1B1C1D1∥平面ABCD，EF⊂平面A1B1C1D1，所以EF∥平面ABCD，所以④正确． 8．设a，b为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，下列命题中为真命题的是(　　) A．若a，b与α所成的角相等，则a∥b B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β D．若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b [答案]　D [解析]　选项A中，a，b还可能相交或异面，所以A是假命题；选项B中，a，b还可能相交或异面，所以B是假命题；选项C中，α，β还可能相交，所以C是假命题；选项D中，由于a⊥α，α⊥β，则a∥β或a⊂β，则β内存在直线l∥a，又b⊥β，则b⊥l，所以a⊥b. 9．(2012·大纲版数学(文科))已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为BB1、CC1的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为(　　) A．－ D. C. D．－ [命题意图]　本试题考查了正方体中异面直线的所成角的求解的运用． [答案]　D [解析]　首先根据已知条件，连接DF，然后则∠DFD1即为异面直线所成的角，设边长为2，则可以求解得到 ＝DF＝D1F，DD1＝2，结合余弦定理得到结论． 10．如图，在三棱柱ABC－A′B′C′中，点E，F，H，K分别为AC′，CB′，A′B，B′C′的中点，G为△ABC的重心，从K，H，G，B′中取一点作为P，使得该三棱柱恰有2条棱与平面PEF平行，则点P为(　　) A．K B．H C．G D．B′ [答案]　C [解析]　应用验证法：选G点为P时，EF∥A′B′且EF∥AB，此时恰有A′B′和AB平行于平面PEF，故选C. 11．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成四面体ABCD，则在四面体ABCD中，下列结论正确的是(　　) A．平面ABD⊥平面ABC B．平面ADC⊥平面BDC C．平面ABC⊥平面BDC D．平面ADC⊥平面ABC [答案]　D [解析]　由平面图形易知∠BDC＝90°.∵平面ABD⊥平面BCD，CD⊥BD，∴CD⊥平面ABD.∴CD⊥AB.又AB⊥AD，CD∩AD＝D，∴AB⊥平面ADC.又AB⊂平面ABC，∴平面ADC⊥平面ABC. 12．(2013·全国卷)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　) A. B. C. D. [答案]　A [解析]　如图，连接AC交BD于点O，连接C1O，过C作CH⊥C1O于点H， ⇒ ⇒⇒CH⊥面BDC1， ∴∠HDC为CD与面BDC1所成的角， 设AA1＝2AB＝2，OC＝，CC1＝2，OC1＝，CH＝＝，∴sin∠HDC＝＝，故选A. 二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上) 13．直线l与平面α所成角为30°，l∩α＝A，m⊂α，A∉m，则m与l所成角的取值范围是________． [答案]　[30°，90°] [解析]　直线l与平面α所成的30°的角为m与l所成角的最小值，当m在α内适当旋转就可以得到l⊥m，即m与l所成角的最大值为90°. 14．正方体ABCD－A1B1C1D1中，二面角C1－AB－C的平面角等于________． [答案]　45° [解析]　如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，由于BC⊥AB，BC1⊥AB，则∠C1BC是二面角C1－AB－C的平面角．又△BCC1是等腰直角三角形，则∠C1BC＝45°. 15．设平面α∥平面β，A，C∈α，B，D∈β，直线AB与CD交于点S，且点S位于平面α，β之间，AS＝8，BS＝6，CS＝12，则SD＝________. [答案]　9 [解析]　如下图所示，连接AC，BD， 则直线AB，CD确定一个平面ACBD. ∵α∥β，∴AC∥BD， 则＝，∴＝，解得SD＝9. 16．(2013·高考安徽卷)如图正方体ABCD－A1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是________．(写出所有正确命题的编号) ①当0<CQ<时，S为四边形 ②当CQ＝时，S为等腰梯形 ③当CQ＝时，S与C1D1交点R满足C1R1＝ ④当<CQ<1时，S为六边形 ⑤当CQ＝1时，S的面积为. [答案]　①②③⑤ [解析]　设截面与DD1相交于T，则AT∥PQ，且AT＝2PQ⇒DT＝2CQ. 对于①，当0<CQ<时，则0<DT<1，所以截面S为四边形，且S为梯形，所以为真． 对于②，当CQ＝时，DT＝1，T与D重合，截面S为四边形APQO1，所以AP＝D1Q，截面为等腰梯形，所以为真． 对于③，当CQ＝，QC1＝，DT＝2，D1T＝，利用三角形相似解得，C1R1＝，所以为真． 对于④，当<CQ<1时，<DT<2，截面S与线段A1D1，D1C1相交，所以四边形S为五边形，所以为假． 对于⑤，当CQ＝1时，Q与C1重合，截面S与线段A1D1相交于中点G，即即为菱形APC1G，对角线长度为和，S的面积为，所以为真，综上，选①②③⑤. 三、解答题(本大题共6个大题，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)如右图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC与△A1B1C1都为正三角形且AA1⊥面ABC，F、F1分别是AC，A1C1的中点． 求证：(1)平面AB1F1∥平面C1BF； (2)平面AB1F1⊥平面ACC1A1. [分析]　本题可以根据面面平行和面面垂直的判定定理和性质定理，寻找使结论成立的充分条件． [证明]　(1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中， ∵F、F1分别是AC、A1C1的中点， ∴B1F1∥BF，AF1∥C1F. 又∵B1F1∩AF1＝F1，C1F∩BF＝F， ∴平面AB1F1∥平面C1BF. (2)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴B1F1⊥AA1. 又B1F1⊥A1C1，A1C1∩AA1＝A1， ∴B1F1⊥平面ACC1A1，而B1F1⊂平面AB1F1， ∴平面AB1F1⊥平面ACC1A1. 18．(本小题满分12分)如下图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB＝4，BC＝3，AD＝5，∠DAB＝∠ABC＝90°，E是CD的中点． (1)证明：CD⊥平面PAE； (2)若直线PB与平面PAE所成的角和PB与平面ABCD所成的角相等，求四棱锥P－ABCD的体积． [解析]　(1)如下图所示，连接AC，由AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，得AC＝5. 又AD＝5，E是CD的中点，所以CD⊥AE. ∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD. 而PA，AE是平面PAE内的两条相交直线，所以CD⊥平面PAE. (2)过点B作BG∥CD，分别与AE，AD相交于F，G，连接PF. 由(1)CD⊥平面PAE知，BG⊥平面PAE.于是∠BPF为直线PB与平面PAE所成的角，且BG⊥AE. 由PA⊥平面ABCD知，∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角． AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，由题意，知∠PBA＝∠BPF， 因为sin∠PBA＝，sin∠BPF＝，所以PA＝BF. 由∠DAB＝∠ABC＝90°知，AD∥BC，又BG∥CD，所以四边形BCDG是平行四边形，故GD＝BC＝3.于是AG＝2. 在Rt△BAG中，AB＝4，AG＝2，BG⊥AF，所以 BG＝＝2，BF＝＝＝.于是PA＝BF＝. 又梯形ABCD的面积为S＝×(5＋3)×4＝16，所以四棱锥P－ABCD的体积为 V＝×S×PA＝×16×＝. 19．(本小题满分12分)如图所示，边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面，BC＝2，M为BC的中点． (1)证明：AM⊥PM； (2)求二面角P－AM－D的大小． [解析]　(1)证明：如图所示，取CD的中点E，连接PE，EM，EA， ∵△PCD为正三角形， ∴PE⊥CD，PE＝PDsin∠PDE＝2sin60°＝. ∵平面PCD⊥平面ABCD， ∴PE⊥平面ABCD，而AM⊂平面ABCD，∴PE⊥AM. ∵四边形ABCD是矩形， ∴△ADE，△ECM，△ABM均为直角三角形，由勾股定理可求得EM＝，AM＝，AE＝3， ∴EM2＋AM2＝AE2.∴AM⊥EM. 又PE∩EM＝E，∴AM⊥平面PEM，∴AM⊥PM. (2)解：由(1)可知EM⊥AM，PM⊥AM， ∴∠PME是二面角P－AM－D的平面角． ∴tan∠PME＝＝＝1，∴∠PME＝45°. ∴二面角P－AM－D的大小为45°. 20．(本小题满分12分)如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB＝CD，EC⊥BD. (1)求证：BE＝DE； (2)若∠BCD＝120°，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC. [解析]　(1)设BD中点为O，连接OC，OE，如图，则由BC＝CD知，CO⊥BD， 又已知CE⊥BD， 所以BD⊥平面OCE. 所以BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线， 所以BE＝DE. (2)取AB中点N，连接MN，DN， ∵M是AE的中点，∴MN∥BE， ∵△ABD是等边三角形，∴DN⊥AB. 由∠BCD＝120°知，∠CBD＝30°， 所以∠ABC＝60°＋30°＝90°，即BC⊥AB， 所以ND∥BC， 所以平面MND∥平面BEC，故DM∥平面BEC. 21．(本小题满分12分)如图，棱柱ABC－A1B1C1的侧面BCC1B1是菱形，B1C⊥A1B. (1)证明：平面AB1C⊥平面A1BC1； (2)设D是A1C1上的点，且A1B∥平面B1CD，求A1DDC1的值． [解析]　(1)因为侧面BCC1B1是菱形， 所以B1C⊥BC1， 又已知B1C⊥A1B，且A1B∩BC1＝B， 所以B1C⊥平面A1BC1，又B1C⊂平面AB1C， 所以平面AB1C⊥平面A1BC1 . (2)设BC1交B1C于点E，连接DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线． 因为A1B∥平面B1CD，A1B⊂平面A1BC1，平面A1BC1∩平面B1CD＝DE，所以A1B∥DE. 又E是BC1的中点，所以D为A1C1的中点． 即A1DDC1＝1. 22．(本小题满分12分)(2013·全国新课标卷Ⅰ)如图三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°， (1)证明AB⊥A1C； (2)若AC1＝，AB＝CB＝2，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积S. [命题意图]　本题主要考查空间线面，线线垂直的判定与性质，及体积的计算，考查空间想象能力，逻辑推理论证能力，属容易题． [解析]　(1)取AB中点E，连接CE，A1B，A1E， ∵AB＝AA1，∠BAA1＝60°，∴△BAA1是等边三角形， ∴A1E⊥AB，∵CA＝CB，∴CE⊥AB， ∵CE∩A1E＝E，∴AB⊥面CEA1，∴AB⊥A1C. (2)由于△CAB为等边三角形，∴CE＝，S底面积＝×AB×CE＝×2×2＝2，A1E⊥AB，A1E⊥CE，∴h＝A1E＝，V＝Sh＝2×＝6.