北师大版（2019）必修第二册第六章单元素养评价 （word含解析）

北师大版（2019） 必修第二册 第六章 单元素养评价
一、单选题
1．如图梯形是一平面图形的斜二侧直观图，若，，，，则四边形的面积是
A．10 B．5 C． D．
2．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为
A． B． C． D．
3．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，B1C1=A1C1，AC1⊥A1B，M、N分别是A1B1，AB的中点，给出如下三个结论：①C1M⊥平面ABB1A1；②A1B⊥AM；③平面AMC1∥平面CNB1；其中正确结论的个数是
A．0 B．1 C．2 D．3
4．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中《商功》有如下问题：“今有委粟平地，下周一十二丈，高二丈，问积及为粟几何？”，意思是“有粟若干，堆积在平地上，它底圆周长为12丈，高为2丈，问它的体积和粟各为多少？”如图，主人意欲卖掉该堆粟，已知圆周率约为3，一斛粟的体积约为2700立方寸（单位换算：1立方丈立方寸），一斛粟米卖162钱，一两银子1000钱，则主人可得银子（ ）
A．600两 B．480两 C．360两 D．240两
5．已知正四棱锥的底面边长为，高为，则此四棱锥的侧棱与底面所成角的大小为
A．30° B．45° C．60° D．75°
6．正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则 ；平面ABCD；三棱锥的体积是定值；的面积和的面积相等．以上命题中正确的是　　
A． B． C． D．
7．当人们停放摩托车时，只要将摩托车的脚撑放下，摩托车就稳了，这里用到了（ ）
A．两条平行直线确定一个平面 B．两条相交直线确定一个平面
C．不共线三点确定一个平面 D．三点确定一个平面
8．如图，已知平面，，且，设梯形中，，且，，则下列结论一定正确的是（ ）．
A． B．直线与可能为异面直线
C．直线与可能为异面直线 D．直线，，相交于一点
二、多选题
9．如图，在正方体中，为的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A．对任意的点，三棱锥与三棱锥的体积相等
B．对任意的点过，，三点的截面始终是梯形
C．存在点，使得面
D．存在点，使得⊥面
10．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，棱长为2，E为线段B1C上的动点，O为AC的中点，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，则以下选项中正确的有（ ）
A．AE⊥B1C
B．直线B1D⊥平面A1BC1
C．异面直线AD1与OC1所成角为
D．若直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，则m平面B1D1Q
11．如图，棱长为2的正方体中，在线段(含端点)上运动，则下列判断正确的是（ ）
A． B．三棱锥的体积不变，为
C．平面 D．与所成角的范围是
12．如图，在正方体中，，为棱的中点，为棱上的一动点，过点，，作该正方体的截面，则该截面可能是（ ）
A．平行四边形 B．等腰梯形 C．五边形 D．六边形
三、双空题
13．如图，在四棱锥中，平面，，则异面直线与所成角的大小为________；直线与平面所成角的正弦值为________．
四、填空题
14．如图,在正三棱柱中,,异面直线与所成角的大小为,该三棱柱的体积为_______________．
15．用一平面去截球所得截面的面积为，已知球心到该截面的距离为，则该球的体积是______；
16．下列命题正确的是__________．
①两条直线没有公共点，则这两条直线平行或互为异面直线；
②如果两个平面有三个公共点，那么它们重合；
③一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行；
④两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行；
⑤过两条异面直线中的一条可以作无数个平面与另一条直线平行．
五、解答题
17．如图，在三棱锥中，，分别为与的重心，，分别为，的中点.求证：，，三线共面.
18．如图，四边形为正方形，平面，点分别为的中点，且，.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积与三棱锥的体积之比.
19．如图，正三棱柱的各棱长均为2，D为棱BC的中点．
求该三棱柱的表面积；
求异面直线AB与所成角的大小．
20．在三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，点在平面上的射影恰好为的中点，且，设为中点，
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
21．如图，已知矩形的边与正方形所在平面垂直，，，是线段的中点.
(1)求异面直线与直线所成的角的大小；
(2)求多面体的表面积．
22．如图，在棱长为2的正方体中，点E是CD的中点．
(1)求证：；
(2)求与所成的角；
(3)求证：平面，并求直线和平面的距离．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
根据斜二测画法的原则，可得四边形中，，，且，，
所以四边形的面积是.
故选：B.
2．B
【解析】
【详解】
该几何体由一个圆柱和半个圆锥构成，半圆锥和圆柱的底面半径均为 ，半圆锥的高为 ，圆柱的高为，故组合体的体积： ，故选B.
3．D
【解析】
【分析】
由直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，知C1M⊥AA1，由B1C1＝A1C1，M是A1B1的中点，
知C1M⊥A1B1，故C1M⊥平面ABB1A1；由C1M⊥平面ABB1A1，AM 平面ABB1A1，知A1B⊥C1M，由AC1⊥A1B，AC1∩C1M＝C1，知A1B⊥AM；由AM∥B1N，C1M∥CN，知平面AMC1∥平面CNB1．
【详解】
∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，C1M 平面A1B1C1，
∴C1M⊥AA1，
∵B1C1＝A1C1，M是A1B1的中点，
∴C1M⊥A1B1，
∵AA1∩A1B1＝A1，
∴C1M⊥平面ABB1A1，故①正确．
∵C1M⊥平面ABB1A1，AM 平面ABB1A1，
∴A1B⊥C1M，
∵AC1⊥A1B，AC1∩C1M＝c1，
∴A1B⊥平面AC1M，
∵AM 平面AC1M，
∴A1B⊥AM，即②正确；
∵由题设得到AM∥B1N，C1M∥CN，
∴平面AMC1∥平面CNB1，故③正确．
故选D．
【点睛】
本题考查直线与平面垂直、直线与直线垂直、平面与平面平等的判断，解题时要认真审题，仔细解答，注意空间思维能力的培养．
4．B
【解析】
【分析】
由圆锥体积公式得体积，然后根据体积单位换算，再由单位计算可得．
【详解】
底面半径为，立方丈立方寸斛，
故（两）．
故选：B．
5．C
【解析】
求出的大小，即可得到本题的答案.
【详解】
在正四棱锥中，连接AC，BD交于点O，再连接PO，因为是正四棱锥，所以PO与底面ABCD垂直，则为侧棱与底面所成角，由题有，，，因为ABCD为正方形，所以，在中，，解得，.
故选：C
【点睛】
本题主要考查直线与平面所成角的求法，属基础题.
6．C
【解析】
【分析】
由线面垂直得出线线垂直；由面面平行得出线面平行；可求出该三棱锥的体积为定值；由与是同底不等高，得出面积不相等．
【详解】
对于，根据题意，结合图形知，
，，
可得面，平面，
，命题正确；
对于，正方体中，
平面平面，平面，
平面ABCD，命题正确；
对于，三棱锥的体积为，
三棱锥的体积为定值，命题正确；
对于，点B到直线EF的距离与点A到直线EF的距离不相等，
与的面积不相等，命题错误．
其中正确的命题为．
故选C．
【点睛】
本题以正方体为载体，考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了面积与体积的计算问题，属于中档题．
7．C
【解析】
摩托车前后轮与脚撑分别接触地面，使得摩托车稳定，此时摩托车与地面的三个接触点不在同一条线上．
【详解】
解：摩托车前后轮与脚撑分别接触地面，使得摩托车稳定，此时摩托车与地面的三个接触点不在同一条线上，不共线三点确定一个平面.
故选：C.
【点睛】
本题考查不同线的三个点确定一个平面，属于基础题．
8．D
【解析】
【分析】
由梯形的定义、平面的基本性质和异面直线的定义结合图形可判断ABC；设、交点为，可得在内且在内，则在平面的交线上可判断D.
【详解】
梯形中，，且，，
则不一定成立，故A错误；
因为，所以在同一平面内，所以直线与不可能为异面直线，直线与不可能为异面直线，故BC错误；
由、相交，设交点为，可得在上，又，可得在内，同理可得在上，又，可得在内，则在平面的交线上，即直线，，相交于一点，故D正确.
故选：D.
9．ABD
【解析】
【分析】
作出正方体，结合正方体的结构特征，以及正方体的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】
如图所示，对于A中，面，面，且面，
所以和到面的距离相等，故三棱锥与三棱锥的体积相等，
所以A正确；
对于B中，过，，三点的截面为四边形，且，与不平行，故四边形始终是梯形，所以B正确.
对于C中，由面面，而总与面相交于点，故不存在这样的点，
所以C错误；
对于D中，由面，当时，即：为中点时，面，故存在这样的点，所以D正确.
故选：ABD.
10．BD
【解析】
【分析】
选项A. 只有当E运动到线段B1C的中点时，AE⊥B1C才成立,可判断；选项B .由DD1⊥平面A1B1C1D1，可得A1C1⊥B1D，同理可得BC1⊥B1D，从而可判断；选项C.由 AD1BC1，则∠OC1B（或其补角）即为异面直线AD1与OC1所成的角．从而可求解判断； 选项D.由条件结合BDB1D1，可得mB1D1，从而可判断.
【详解】
解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥AB，BC1∩AB＝B，
∴B1C⊥平面ABC1D1，
∵只有当E运动到线段B1C的中点时，AE⊥B1C才成立，故A错误．
连接B1D1，∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1，
∴DD1⊥A1C1，∵BD1⊥A1C1，BD1∩DD1＝D1，
∴A1C1⊥平面BDD1B1，∴A1C1⊥B1D，
同理可得BC1⊥B1D，又A1C1∩BC1＝C1，
∴直线B1D⊥平面A1BC1，故选项B正确．
连接BD，BC1，则AD1BC1，
∴∠OC1B（或其补角）即为异面直线AD1与OC1所成的角．
因为正方体的棱长为2，则BC1＝2，OB＝，在Rt△C1OB中，OC1＝，
∴cos∠OC1B＝，∴∠OC1B，故选项C错误．
由题意知如图2，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱CC1上的动点，Q为棱AA1的中点，
直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线，且BDB1D1，
∴mB1D1．∵平面B1D1Q，
∴m平面B1D1Q，故选项D正确．
故选：BD．
【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
11．ACD
【解析】
【分析】
证明出平面，可判断A选项的正误；证明出平面，利用锥体的体积公式可判断B选项的正误；证明出平面，利用面面平行的性质定理可判断C选项的正误；推导出，可得出与所成的角等于，即可判断D选项的正误．
【详解】
对于A选项，连接、、、，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，
平面，，同理可证，
，平面，
平面，因此，，A选项正确；
对于B选项，在正方体中，且，
∴四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，
，∴点、到平面的距离相等，∴，B选项错误；
对于C选项，在正方体中，且，∴四边形为平行四边形，
，
平面，平面，平面，同理可证平面，
，平面平面，
平面，平面，C选项正确；
对于D选项，易知，所以，是等边三角形，，
在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，，所以，与所成角等于，
当在线段（含端点）上运动时，，D选项正确．
故选：ACD．
12．ABC
【解析】
【分析】
根据正方体的几何结构特征，当，截面为矩形；当时，截面为平行四边形；当时，截面为五边形；当，截面为等腰梯形，即可求解.
【详解】
当，即与重合时，如图1，取的中点，截面为矩形；
当时，如图2，截面为平行四边形；
当时，如图3，截面为五边形；
当，即与重合时，如图4，截面为等腰梯形.
故选：ABC.
13．
【解析】
【分析】
由异面直线平面角的定义知：异面直线与所成角为，根据条件知且，即可求；过作于，连接，则直线与平面所成角为，根据题设线线、线面关系求、，进而求即可.
【详解】
由知：异面直线与所成角即为与所成角，
而平面，平面，知，
∴在△中，，即.
设，由平面，平面，知，
∴在△中，有，而且，知：面，又，有面，
∵面，即， 故在△中，有，过作于，连接，则直线与平面所成角为，且，,
∴.
故答案为：，.
【点睛】
关键点点睛：根据异面直线所成角、线面角的定义，找到其对应的平面角，并求出对应边长，进而求出角的大小或三角函数值.
14．
【解析】
【详解】
试题分析：由线线角定义知，又为直角三角形，，则，故该三棱柱的体积为．
考点：（1）线线角的定义；（2）正三棱柱的性质及体积公式．
15．
【解析】
【分析】
求出小圆的半径，然后利用球心到该截面的距离为和小圆的半径，通过勾股定理求出球的半径，即可求出球的体积．
【详解】
用一平面去截球所得截面的面积为 ，所以小圆的半径为：；
已知球心到该截面的距离为，所以球的半径为：
所以球的体积为：
故答案为：．
【点睛】
本题是基础题，考查球的小圆的半径，球心到该截面的距离，球的半径之间的关系，满足勾股定理，考查计算能力．
16．①
【解析】
【详解】
对于①，由空间中两条直线的位置关系可得正确．
对于②，满足条件的两个平面可能相交也可能平行，故②错误．
对于③，满足条件的直线和平面可能平行，也可能在平面内，故③错误．
对于④，满足条件的两直线可能相交或平行，故④错误．
对于⑤，由于只能作出一个符合要求的平面，故⑤错误．
综上只有①正确．
答案：①
点睛：点、线、面的位置关系的判断方法
（1）平面的基本性质是立体几何的基本理论基础，也是判断线面关系的基础．对点、线、面的位置关系的判断，常采用穷举法，即对各种关系都进行考虑，要充分发挥模型的直观性作用．
（2）利用线线平行、线面平行、面面平行以及线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定定理、性质定理综合进行推理和判断命题是否正确．
17．证明见解析
【解析】
连接，.则确定一个平面，证明平面，平面，平面得到答案.
【详解】
连接，.由三棱锥的性质，知三点不共线，则确定一个平面.
所以平面，平面，平面，平面，平面.
根据三角形重心的性质，知，，所以平面，平面，
所以平面，平面，平面，
所以，，三线共面.
【点睛】
本题考查了三线平面问题，意在考查学生的推断能力.
18．（1）见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）取的中点为，连接，可证四边形为平行四边形，则，即可得证；
（2）由求出，计算出，从而得解；
【详解】
解：（1）证明：取的中点为，连接
又为的中点，所以，且，
因为，且，
所以，且，
故四边形为平行四边形，则
又平面，平面，
所以平面，
（2）因为，，平面，
所以，
所以
所以三棱锥的体积与三棱锥的体积之比为.
【点睛】
本题考查线面平行的判定，锥体的体积计算，属于中档题。
19．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
根据棱柱的表面积公式直接求解即可；
先取AC中点E，连结DE，，根据题意可得是异面直线AB与所成角(或补角)，解三角形即可.
【详解】
解：正三棱柱的各棱长均为2，
该三棱柱的表面积：
．
取AC中点E，连结DE，，
为棱BC的中点，，，
是异面直线AB与所成角或所成角的补角，
，
，
，
异面直线AB与所成角的大小为．
【点睛】
本题主要考查几何体的表面积公式以及异面直线所成的角，在几何体中通过平移直线作出异面直线所成的角即可，属于基础题型.
20．（1）详见解析；（2）．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）取中点，根据条件可证明平行四边形，从而进一步证明平面，得，，故 ，即可得证；（2）根据（1）中所得考虑建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，可求得平面的一个法向量，即可求解．
试题解析：（1）∵且正方形中，∴，取中点，则，
，又∵为的中点，∴//，得平行四边形，因此，又∵平面，得，，∴ ，∴平面 ；（2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量，由于，，得，∴，又∵，∴．
考点：1．线面垂直的判定；2．空间向量求空间角．
21．（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接MD，通过面面垂直得到线面垂直,由条件得△CDM是等边三角形，根据CD∥AB，可得∠CDM即为异面直线CM与AB所成的角；（2）求出各个面的面积求和即可.
【详解】
（1）因为，所以即为异面直线与所成的角（或其补角），
连结，在中，，所以，
∵平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，CE⊥AC
∴CE⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，得CE⊥CD
又∵Rt△CDE中，DE＝，同理DF＝，∴DE＝DF，
∵M是线段EF的中点，所以，
∴△CDM中，DC＝CM＝DM＝，
所以是等边三角形，所以，即异面直线与所成的角为；
（2），
.
【点睛】
本题考查异面直线所成角，考查几何体的表面积，考查空间想象能力和计算能力，属于基础题．
22．(1)答案见详解；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）以D为坐标原点建立如图适当的空间坐标系，先写出对应点的坐标，再证明，即证结论；
（2）先计算与的夹角的余弦值，再结合异面直线所成角的范围即得结果；
（3）先求平面的法向量，再证明，即证线面平行；计算在法向量方向上的投影，再计算绝对值即得结果.
(1)
证明：以D为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，
则,,
则，
所以，
故，所以；
(2)
在空间直角坐标系下，，，
则，
所以，
而与所成的角的范围为，
所以与所成的角为；
(3)
在空间直角坐标系下，，，,
设平面的法向量，而，，
由，取可得，
所以，即，
所以平面；
由平面知，直线和平面的距离，即点和平面的距离d，
即，而，
所以，
所以直线和平面的距离为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页