单元能力检测(七)
[考查范围：第七单元 立体几何]
时间：120分钟 分值：150分
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．已知E，F，G，H是空间四点，命题甲：E，F，G，H四点不共面，命题乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．某三棱锥的侧视图和俯视图如图D7－1所示，则该三棱锥的体积为( )
图D7－1
A．43 B．83 C．123 D．243
3. 设a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题中，正确的是( )
A．若a⊥b，a⊥α，则b∥α B．若a∥α，α⊥β，则a⊥β C．若a⊥β，α⊥β，则a∥α D．若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β
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4. 已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中，正确的是( ) A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β C．若m∥α，m∥β，则α∥β D．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
5．已知l，m是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，给出下列条件，能得到α∥β的是( )
A．l∥α，l∥β B．α⊥γ，β⊥γ
C．m⊂α，l⊂α，m∥β，l∥β D．l⊥α，m⊥β，l∥m
6．已知某几何体的三视图如图D7－2所示，则该几何体的表面积是( )
图D7－2
1
A. B．2＋2 2
C．3＋2 D．6
7. 如图D7－3，正三棱锥S－ABC中，∠BSC＝40°，SB＝2，一质点自点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为( )
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图D7－3
A．2 B．3 C．23 D．33
8．一个盛满水的三棱锥容器S－ABC，不久发现三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，且知SD∶DA＝SE∶EB＝CF∶FS＝2∶1，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的( )
23193023
A. B. C. D. 29273127
9．在正三棱锥S－ABC中，相对的棱互相垂直，M、N分别是棱SC、BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA＝23，则正三棱锥S－ABC外接球的表面积是( )
A．12π B．32π C．36π D．48π
图D7－4
10．图D7－4是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E、F分别为PA、PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE与直线CF是异面直线；②直线BE与直线AF是异面直线；
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③直线EF∥平面PBC；④平面BCE⊥平面PAD.其中正确结论的序号是( ) A．①② B．②③ C．①④ D．②④
二、填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．把答案填在答题卡相应位置) 11．设a、b是两条不同直线，α、β是两个不同平面，则下列命题正确的是________． ．．①若a⊥α，b∥α，则a⊥b； ②若a⊥α，b∥a，b⊂β，则α⊥β； ③若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b； ④若a∥α，a∥β，则α∥β.
图D7－5
12．如图D7－5，三个几何体，一个是长方体、一个是直三棱柱，一个是过圆柱上下底面圆心切下圆柱的四分之一部分，这三个几何体的正视图和俯视图是相同的正方形，则它们的体积之比为________．
13．若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60°的菱形，则该三棱柱的体积等于________．
14. 若一个球的体积为43π，则它的内接正方体的表面积是________．
15．如图D7－6是一个几何体的三视图．若它的表面积为7π，则这个空间几何体的体积是________．
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图D7－6
16. 如图D7－7所示，一个水平放置的正方形ABCD，它在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2,2)，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图A′B′C′D′中，顶点B′到x′轴的距离为________．
图D7－7
17．图D7－8是一几何体的三视图，正视图是一等腰直角三角形，且斜边长BD为2；侧视图是一直角三角形；俯视图为一直角梯形，且AB＝BC＝1，则异面直线PB与CD所成角的正切值是________．
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图D7－8
三、解答题(本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18．(14分)已知正方形ABCD的边长为1，AC∩BD＝O.将正方形ABCD沿对角线BD折起，使AC＝1，得到三棱锥A—BCD，如图D7－9所示．
(1)求证：AO⊥平面BCD； (2)求二面角A－BC－D的余弦值．
图D7－9
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19．(14分)在如图D7－10所示的多面体中，EF⊥平面AEB，AE⊥EB，AD∥EF，EF∥BC，BC＝2AD＝4，EF＝3，AE＝BE＝2，G是BC的中点．
(1)求证：BD⊥EG；
(2)求平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值．
图D7－10
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20．(14分)如图D7－11，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，FA⊥平面ABCD，EF∥BC，FA＝2，AD＝3，∠ADE＝45°，点G是FA的中点．
(1)求证：EG⊥平面CDE； (2)求二面角B－CE－G的余弦值．
图D7－11
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21．(15分)已知几何体E—ABCD如图D7－12所示，其中四边形ABCD为矩形，△ABE为等边三角形，且AD＝3，AE＝2，DE＝7，点F为棱BE上的动点．
(1)若DE∥平面AFC，试确定点F的位置；
(2)在(1)的条件下，求二面角E－DC－F的余弦值．
图D7－12
22．(15分)如图D7－13，四棱锥P—ABCD底面是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，△PAB和△PAD是两个边长为2的正三角形，DC＝4，O为BD中点，E为PA中点．
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(1)求证：PO⊥平面ABCD； (2)求证：OE∥面PDC；
(3)求直线CB与平面PDC所成角的正弦值．
图D7－13
单元能力检测(七) 参
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1．A [解析] E，F，G，H四点不共面时，EF，GH一定不相交，否则，由于两条相交直线共面，则E，F，G，H四点共面，与已知矛盾，故甲可以推出乙；反之，EF，GH不相交，含有EF，GH平行和异面两种情况，当EF，GH平行时，E，F，G，H四点共面，故乙不能推出甲．即甲是乙的充分不必要条件．
2．A [解析] 侧视图的底边长是2，由此得侧视图的高为23，此即为三棱锥的高；1
俯视图的面积为6，此即为三棱锥的底面积．所以所求的三棱锥的体积是×6×23＝43.
3
3．D [解析] 选项A中有b⊂α的可能；选项B中各种可能情况都存在；选项C中有a⊂α的可能；只有选项D中的命题正确．
4．D [解析] 线面平行不具有传递性；垂直于同一个平面的两个平面可以相交；根据直线与平面垂直的性质定理，选项D中的结论正确．
5．D [解析] 选项A得不到α∥β；选项B中的平面α，β可能平行也可能相交；选项C中的直线m，l可能平行，这时也得不到α∥β；选项D中，由l∥m，m⊥β可得l⊥β，再由l⊥α可得α∥β.
6．C [解析] 这个空间几何体是侧棱垂直于底面的三棱柱，底面周长为2＋2，故其1
表面积是2××1×1＋(2＋2)×1＝3＋2.
2
7．C [解析] 由于质点的运动是沿三棱锥的侧面，故把侧面展开后，所求的最小距离就是展开后点B的两个位置之间的线段的长度．把该正三棱锥的侧面沿侧棱SB展开成平面图形，则在三角形SBB′中，SB＝SB′＝2，∠BSB′＝120°，所求的最短路线的长度就是BB′的长度，BB′＝2BD＝23.
8.D [解析] 当平面EFD处于水平位置时，容器盛水最多．
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1
S△·h
VF－SDE3SDE1∴＝＝ VC－SAB1
S·h3△SAB2
SD·SE·sin∠DSE·h1SDSEh1＝·· SA·SB·sin∠ASB·h2SASBh22214＝··＝， 33327
423
最多可盛原来水的1－＝.
2727
9．C [解析] 正三棱锥对棱互相垂直，则AC⊥SB，又SB∥MN，且MN⊥AM，∴SB⊥AM，从而SB⊥面SAC.
∴∠BSA＝∠BSC＝∠ASC＝90°，以S为顶点，将三棱锥补成一个正方体，故球的直径2R＝3·SA，即R＝3，∴S球＝4πR2＝36π，故选C.
10．B [解析] 如图，该几何体是一个正四棱锥，由于EF∥AD，AD∥BC，所以CF，BE共面，结论①不正确；根据异面直线的判断方法，BE，AF是异面直线，结论②正确；由于EF∥BC，所以EF∥平面PBC，结论③正确；由于四棱锥的侧棱长和底面边长不确定，平面BCE不一定垂直平面PAD.
11．①②③ [解析] 只有④中，α与β还可以相交，故④命题是错误的，①②③均正确． 12．4∶2∶π [解析] 因为三个几何体的正视图和俯视图为相同的正方形，所以原长方体棱长相等为正方体，原直三棱柱是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，设正方形的边长为
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11
a，则长方体体积为a3，三棱柱体积为a3，四分之一圆柱的体积为πa3，所以它们的体积之
24比为4∶2∶π.
13．22 [解析] 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，由于侧面A1B1BA与侧面A1C1CA都是有一个内角为60°的菱形，故三棱锥A－A1B1C1是一个所有棱长都等于2的三棱锥，作2323
AO⊥面A1B1C1于点O，则点O是底面正三角形的中心，故A1O＝×2×＝，故AO
323＝
22－
323226
＝，三棱锥的底面积等于×22＝3，故所求的三棱柱的体积为3
34326×＝22. 3
4
14．24 [解析] 根据球的体积公式πr3＝43π，r3＝33，故r＝3，该球的内接正方
3体的体对角线为23.设正方体的棱长为a，则3a＝23，即a＝2，故球的内接正方体的表面积是6×22＝24.
6＋315.π [解析] 这个空间几何体上面是底面半径为1，高为3的圆锥，下面是底面
3半径为1，高为a的圆柱，根据表面积求出a，即可根据体积公式进行计算．上面圆锥的母线长为2，表面积为π＋2π×1×a＋π×1×2＝7π，解得a＝2，故这个空间几何体的体积是6＋31
π×12×2＋π×12×3＝π.
33
16.
2
[解析] B′C′＝1，∠B′C′x′＝45°，则顶点B′到x′轴的距离为2
22＝. 22
B′C′cos45°＝1×
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17.2
[解析] 该空间几何体是底面为俯视图中的直角梯形，顶点在底面上的射影为俯2
视图中的点P的四棱锥，其直观图如图．连接BO，则BO∥CD，∠PBO即为异面直线PB与CD所成角．由题意，得PO＝1，BO＝2，故tan∠PBO＝
18．[解答] (1)证明：在△AOC中，∵AC＝1， AO＝CO＝2
，∴AC2＝AO2＋CO2，∴AO⊥CO. 2
12＝. 22
又∵AC、BD是正方形ABCD的对角线， ∴AO⊥BD.又BD∩CO＝O，∴AO⊥平面BCD.
(2)由(1)知AO⊥平面BCD，则OC，OA，OD两两互相垂直，如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O－xyz.
则O(0,0,0)，A0，0，
22
，C，0，0， 22
B0，－
22→2是平面BCD的一个法向量． ，0，D0，，0，OA＝0，0，
222
2222→→
AC＝，0，－，BC＝，，0，
2222
→→
设平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，则n·BC＝0，n·AC＝0，
2，2，0＝0，x，y，z·22即
2，0，－2＝0，x，y，z·22
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所以y＝－x，且z＝x，令x＝1，则y＝－1，z＝1， 可取n＝(1，－1,1)．
→n·OA3→
从而cos〈n，OA〉＝＝，
3→
|n||OA|即二面角A－BC－D的余弦值为
3. 3
19．[解答] 解法1：(1)证明：∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，
∴EF⊥AE.
又AE⊥EB，EB∩EF＝E，EB，EF⊂平面BCFE， ∴AE⊥平面BCFE.
过D作DH∥AE交EF于H，则DH⊥平面BCFE. ∵EG⊂平面BCFE，
∴DH⊥EG.∵AD∥EF，DH∥AE， ∴四边形AEHD是平行四边形，
∴EH＝AD＝2，∴EH＝BG＝2.又EH∥BG，EH⊥BE， ∴四边形BGHE为正方形，∴BH⊥EG.
又BH∩DH＝H，BH⊂平面BHD，DH⊂平面BHD， ∴EG⊥平面BHD.
∵BD⊂平面BHD，∴BD⊥EG.
(2)∵AE⊥平面BCFE，AE⊂平面AEFD， ∴平面AEFD⊥平面BCFE.
由(1)可知GH⊥EF，∴GH⊥平面AEFD. ∵DE⊂平面AEFD，∴GH⊥DE. 取DE的中点M，连接MH，MG，
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∵四边形AEHD是正方形，∴MH⊥DE.
∵MH∩GH＝H，MH⊂平面GHM，GH⊂平面GHM， ∴DE⊥平面GHM，∴DE⊥MG， ∴∠GMH是二面角G－DE－F的平面角．
由计算得GH＝2，MH＝2，MG＝6， ∴cos∠GMH＝
23＝. 63
3. 3
∴平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为解法2：
(1)∵EF⊥平面AEB，AE⊂平面AEB，BE⊂平面AEB， ∴EF⊥AE，EF⊥BE.
又AE⊥EB，∴EB，EF，EA两两垂直．
以点E为坐标原点，EB，EF，EA分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由已知得，A(0,0,2)，B(2,0,0)，F(0,3,0)，D(0,2,2)，G(2,2,0)． →→
∴EG＝(2,2,0)，BD＝(－2,2,2)，
→→∴BD·EG＝－2×2＋2×2＝0，∴BD⊥EG. →
(2)由已知得EB＝(2,0,0)是平面DEF的法向量． 设平面DEG的法向量为n＝(x，y，z)， →→
∵ED＝(0,2,2)，EG＝(2,2,0)，
→n＝0，ED·y＋z＝0，∴即令x＝1，得n＝(1，－1,1)．
→x＋y＝0.n＝0，EG·
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设平面DEG与平面DEF所成锐二面角的大小为θ， →|n·EB|23→
则cosθ＝|cos〈n，EB〉|＝＝＝. 3→
|n|·|EB|23∴平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为20．[解答] (1)∵EF∥BC，AD∥BC，∴EF∥AD. 在四边形ADEF中，由FA＝2，AD＝3，∠ADE＝45°， 可得GE＝2，ED＝22，GD＝10， 故GE2＋ED2＝GD2，所以EG⊥DE. 又由FA⊥平面ABCD，得AF⊥CD， 正方形ABCD中，CD⊥AD，AD∩AF＝A， ∴CD⊥平面ADEF.
∵EG⊂平面ADEF，∴CD⊥EG. ∵CD∩DE＝D，∴EG⊥平面CDE.
(2)以AB、AD、AF为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则B(3,0,0)，C(3,3,0)，E(0,1,2)，G(0,0,1)． →→→
∴BC＝(0,3,0)，EC＝(3,2，－2)，GE＝(0,1,1)．
分别求得平面BCE与平面CEG的一个法向量为m＝(2,0,3)，n＝(4，－3,3)，向量m与n的夹角的余弦值为
m·n8＋9442
＝＝， |m||n|242
442
. 26
3. 3
∴二面角B－CE－G的余弦值为
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21．[解答] (1)连接BD交AC于点M，若DE∥平面AFC， 则DE∥FM，点M为BD中点，则F为棱BE的中点． (2)AD＝3，AE＝2，DE＝7，∴DA⊥AE. 又四边形ABCD为矩形，∴DA⊥面ABE.
方法1：以AB中点O为坐标原点，以OE为x轴，以OB为y轴，以OM为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
→→
则DE＝(3，1，－3)，CE＝(3，－1，－3)， 设平面DCE的法向量n＝(x，y，z)， →n＝0，3x＋y－3z＝0，DE·∴
→3x－y－3z＝0.n＝0，CE·
令x＝1，则n＝(1,0,1)．
3331→→
DF＝，，－3，CF＝，－，－3.
2222
设平面DCF的法向量m＝(x，y，z)．
→m＝0，DF·
→m＝0，CF·
y－23x＋32
312x－2y－3z＝0，3z＝0.
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令x＝2，则m＝(2,0,1)．
m·n310
设二面角E－DC－F的平面角为θ，cosθ＝＝.
|m||n|10
方法2：设二面角E－DC－A的平面角为α， 取AB中点O，CD中点N， EO⊥平面ACD，ON⊥CD， ∴∠ONE＝α，tanα＝1.
同理设二面角F－DC－A的平面角为β， 1
tanβ＝.
2
1310
设二面角E－DC－F为θ，θ＝α－β，tanθ＝，则cosθ＝.
31022．[解答] (1)证明：设F为DC的中点，连接BF，则DF＝AB. ∵AB⊥AD，AB＝AD，AB∥DC， ∴四边形ABFD为正方形． ∵O为BD的中点， ∴O为AF与BD的交点， ∵PD＝PB＝2，∴PO⊥BD. ∵BD＝AD2＋AB2＝22，
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1
∴PO＝PB2－BO2＝2，AO＝BD＝2.
2在△PAO中，PO2＋AO2＝PA2＝4，∴PO⊥AO. ∵AO∩BD＝O，∴PO⊥平面ABCD.
(2)方法1：连接PF，∵O为AF的中点，E为PA中点， ∴OE∥PF，
∵OE⊄平面PDC，PF⊂平面PDC， ∴OE∥平面PDC.
方法2：由(1)知PO⊥平面ABCD，又AB⊥AD，所以过O分别作AD，AB的平行线，以它们为x，y轴，以OP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知得：
112
A(－1，－1,0)，B(－1,1,0)，D(1，－1,0)，F(1,1,0)，C(1,3,0)，P(0,0，2)，E－，－，，
222112→→→→
则OE＝－，－，，PF＝(1,1，－2)，PD＝(1，－1，－2)，PC＝(1,3，－2)，
2221→→
∴OE＝－PF，∴OE∥PF.
2
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∵OE⊄平面PDC，PF⊂平面PDC， ∴OE∥平面PDC.
(3)设平面PDC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，直线CB与平面PDC所成角为θ， →PC＝0，n·x1＋3y1－2z1＝0，y1＝0，则即解得
→x＝2z，x－y－2z＝0，11111PD＝0，n·
令z1＝1，则平面PDC的一个法向量为n＝(2，0,1)． →
又CB＝(－2，－2,0)， →
则sinθ＝|cos〈n，CB〉|＝223
＝，
3×223
3. 3
∴直线CB与平面PDC所成角的正弦值为
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