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第二章单元评估题(一)时限：120分钟满分：150分一、选择题(每小题5分，共60分)1．“a，b是异面直线”是指①a∩b＝Ø且a不平行于b；②a⊂平面α，b⊂平面β且α∩β＝Ø；③a⊂平面α，b⊄平面α；④不存在平面α，使a⊂平面α且b⊂平面α成立．上述结论中，正确的是()A．①②B．①③C．①④D．③④答案：C2．三条直线两两垂直，下列四个命题：①这三条直线必共点；②其中必有两条直线不同在一个平面内；③三条直线不可能在同一平面内；④其中必有两条直线在同一个平面内．其中正确命题的个数是()A．0个B．1个C．2个D．3个解析：③④正确．答案：C3．两个平面α与β相交但不垂直，直线m在平面α内，则在平面β内()A．一定存在与直线m平行的直线B．一定不存在与直线m平行的直线C．一定存在与直线m垂直的直线D．不一定存在与直线m垂直的直线解析：在平面β内可能存在，也可能不存在平行于m的直线，所以A，B错误．而对于α内的任意一条直线，在平面α内都可以找到与m垂直的直线，所以C正确，D错误．答案：C4．在棱长为1的正方体AC1中，对角线AC1在六个面上的正投影长度总和为()A．63B．62C．6D．36答案：B5．AB，BC，CD三条线段不共面，则三线段的中点所确定的平面与直线AC的关系为()A．相交B．平行C．垂直D．AC在面内答案：B6．A是二面角α—l—β的棱上一点，AB⊂β，AB与l成45°角，与α成30°角，则该二面角的大小为()A．30°B．45°C．60°D．90°答案：B7．在正四面体P—ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面结论不成立的是()A．BC∥平面PDFB．DF⊥平面PAEC．平面PDF⊥平面ABCD．平面PAE⊥平面ABC解析：如图1所示，由于DF∥BC，∴BC∥平面PDF，A成立．由AE⊥BC，DF∥BC，∴DF⊥AE，DF⊥PE，∴DF⊥平面PAE，B成立．又DF⊂平面ABC，∴平面PAE⊥平面ABC，D成立．若平面PDF⊥平面ABC，而由DF⊥AE，则AE⊥平面PDF，∴AE⊥PF，又PF⊥AC，∴PF⊥平面ABC；同理，PD⊥平面ABC，这样过平面外一点就有两条直线垂直于同一个平面，这是不可能的，∴C不正确．图1答案：C8．PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连结PB，PC，PA，AC，BD，则一定互相垂直的平面有()A．8对B．7对C．6对D．5对图2解析：画出图形，如图2所示，由PD⊥平面ABCD，很容易知道平面PAD⊥平面ABCD，平面PBD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面PAB，平面PCD⊥平面PBC，平面PAD⊥平面PDC，平面PBD⊥平面PAC.答案：B9．给出下列命题：①和某一直线都相交的两条直线在同一个平面内；②三条两两相交的直线在同一个平面内；③有三个不同公共点的两个平面重合；④两两平行的三条直线确定三个平面．其中正确命题的个数是()A．0B．1C．2D．3答案：A10．已知平面外一点P和平面内不共线三点A、B、C，A′、B′、C′分别在PA、PB、PC上，若延长A′B′、B′C′、A′C′与平面分别交于D、E、F三点，则D、E、F三点()A．成钝角三角形B．成锐角三角形C．成直角三角形D．在一条直线上答案：D11．若一个正n边形的两条对角线与平面α平行，则此n边形所在平面β也与α平行，那么此n边形是()A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形答案：A12．两个平面α、β，下列条件中能判断α⊥β的是()A．α、β都与γ垂直B．α∥γ，β⊥γC．直线l，b分别在α，β内，且l⊥bD．直线l与b互相垂直，且l∥α，b∥β答案：B二、填空题(每小题5分，共20分)13．不共面的四点可以确定平面的个数为________．答案：414．如图3所示，平面α∥平面β，PA＝6，AB＝2，BD＝12，则AC＝________.图3解析：由α∥β，平面PBD同时与α、β相交，∴交线平行，即AC∥BD，∴PAPB＝ACBD，由此得到AC＝9.答案：915．若AB、AC、AD两两垂直，AB＝5，AC＝4，AD＝3，则三棱锥ABDC的体积为________．答案：10图416．如图4所示，三棱柱ABC－A1B1C1中侧棱AA1垂直于底面，AB⊥AC，且AA1＝AB＝AC，M是CC1的中点，Q是BC的中点，点P是A1B1上任一点，则直线PQ与直线AM所成角为________．答案：90°三、解答题(共70分)17．(本小题10分)已知m∥α，β∩γ＝m，α∩β＝a，γ∩α＝b，求证：a∥b.证明：∵m∥α，a⊂α，a⊂β，m⊂β，∴m∥a，同理，m∥b.∴a∥b.18．(本小题12分)如图5，A是平面BCD外一点，△ABD、△ACD都是以D为直角顶点的直角三角形，且AD＝BD＝CD，∠BAC＝60°.求证：BD⊥平面ADC.图5证明：令AD＝BD＝CD＝a，在Rt△ABD中，AB＝2a；在Rt△ACD中，AC＝AD2＋CD2＝2a，而在△BAC中，∠BAC＝60°，且AB＝AC＝2a，∴BC＝2a，∴BC2＝BD2＋CD2＝2a2，∴∠BDC＝90°，∴BD⊥DC.而BD⊥AD，∴BD⊥平面ADC.19．(本小题12分)一个多面体的直观图及三视图如图6所示．(其中M、N分别是AF、BC的中点)．图6(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A—CDEF的体积．解：由三视图知该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱ADE—BCF，且AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝22，∠CBF＝90°.图7(1)取BF的中点G，连结MG、NG，由M、N分别为AF、BC中点，可得NG∥CF，MG∥EF⇒面MNG∥面CDEF⇒MN∥面CDEF.(2)取DE中点为H，连结AH，因为AD＝AE⇒AH⊥DE.在直三棱柱ADE—BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，面ADE∩面CDEF＝DE⇒AH⊥平面CDEF⇒多面体A—CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，在△ADE中，AH＝2，S矩形CDEF＝DE·EF＝42⇒棱锥A—CDEF的体积V＝13S矩·AH＝83.20．(本小题12分)(2010·湖南高考，理)如图8所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．图8(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解：(1)如图9(a)所示，取AA1的中点M，连结EM，BM.因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.又在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AD⊥平面ABB1A1，所以EM⊥平面ABB1A1，从而BM为直线BE在平面ABB1A1上的射影，∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角．设正方体的棱长为2，则EM＝AD＝2，BE＝22＋22＋12＝3.于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM＝EMBE＝23，即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为23.图9(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.事实上，如图(b)所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连结EG，BG，CD1，FG.因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E共面．所以BG⊂平面A1BE.因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点．所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B.因此四边形B1BGF是平行四边形．所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.图1021．(本小题12分)如图10所示，在四棱锥S—ABCD中，侧棱SA＝SB＝SC＝SD，底面ABCD是菱形，AC与BD交于O点．(1)求证：AC⊥平面SBD；(2)若E为BC的中点，点P在侧面△SCD内及其边界上运动，并保持PE⊥AC，试指出动点P的轨迹，并证明你的结论．解：(1)连结SO，图11∵底面ABCD是菱形，O为中心，∴AC⊥BD.又SA＝SC，∴AC⊥SO，而SO∩BD＝O，∴AC⊥平面SBD.(2)取棱SC中点M，CD中点N，连结MN，则动点P的轨迹即是线段MN.证明：连接EM、EN，∵E是BC中点，M是SC中点．∴EM∥SB，同理EN∥BD.∵AC⊥平面SBD，AC⊥SB，∴AC⊥EM，同理AC⊥EN.又EM∩EN＝E，∴AC⊥面EMN.因此，当P点在线段MN上运动时，总有AC⊥EP.22．(本小题12分)如图12，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝4，BC＝CD＝2，AA1＝2，E，E1，F分别是棱AD，AA1，AB的中点．图12(1)证明：直线EE1∥平面FCC1；(2)求二面角B－FC1－C的余弦值．图13解：(1)证法一：取A1B1的中点F1，连结FF1、C1F1，由于FF1∥BB1∥CC1，所以F1∈平面FCC1，因此平面FCC1即为平面C1CFF1，连结A1D、F1C，由于A1F1綊D1C1綊CD，所以四边形A1DCF1为平行四边形，因此A1D∥F1C.又EE1∥A1D，得EE1∥F1C，而EE1⊄平面FCC1，F1C⊂平面FCC1，故EE1∥平面FCC1.证法二：因为F为AB的中点，CD＝2，AB＝4，AB∥CD，所以CD綊AF，因此四边形AFCD为平行四边形，所以AD∥FC.又CC1∥DD1，FC∩CC1＝C，FC⊂平面FCC1，CC1⊂平面FCC1，所以平面ADD1A1∥平面FCC1，又EE1⊂平面ADD1A1，所以EE1∥平面FCC1.(2)取FC的中点H，由于FC＝BC＝FB，所以BH⊥FC.又BH⊥CC1，所以BH⊥平面FCC1.过H作HG⊥C1F于G，连结BG.由于HG⊥C1F，BH⊥平面FCC1，所以C1F⊥平面BHG，图14因此BG⊥C1F，所以∠BGH为所求二面角的平面角．在Rt△BHG中，BH＝3，又FH＝1，且△FCC1为等腰直角三角形，所以HG＝22，BG＝3＋12＝142，因此cos∠BGH＝GHBG＝22142＝77，即所求二面角的余弦值为77.