章末综合检测(三)（教师版）

章末综合检测(三)
(时间：120分钟，满分：150分)
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．如图所示，Rt△O′A′B′是一个平面图形△AOB的直观图，斜边O′B′＝2，则△AOB的面积是(　　)
INCLUDEPICTURE "25SX-167.TIF"
A． B．1
C． D．2
解析：选D.方法一：由题可得O′A′＝.根据斜二测画法，可得OB＝O′B′＝2，OA＝2O′A′ ＝2，且OA⊥OB，所以△AOB的面积为S＝×2×2＝2.
方法二：由题可得O′A′＝A′B′＝，所以S△O′A′B′＝××＝1，则S△OAB＝2S△O′A′B′＝2×1＝2.
2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是(　　)
A．若m∥α，n α，则m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n
D．若m∥α，m∥β，则α∥β
解析：选C.对于A，m∥α，n α，则m与n可能平行或异面，A错误；对于B，当α，β为直三棱柱的两个侧面，γ为底面时，满足α⊥γ，β⊥γ，而平面α，β相交，B错误；对于C，由m⊥α，n⊥α，得m∥n，C正确；对于D，若α∩β＝a，直线m α，m β，当m∥a时，满足m∥α，m∥β，而此时平面α，β相交，D错误．故选C.
3．若正六棱柱ABCDEF A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为，则直线AE1和EF所成的角的大小为(　　)
A． B． C． D．
INCLUDEPICTURE "25SX-168.TIF"
解析：选C.如图，连接AF1，由题意知EF∥E1F1，则∠AE1F1或其补角即为直线AE1和EF所成的角．因为AE1＝
＝3，E1F1＝1，AF1＝＝，
所以cos ∠AE1F1＝ eq \f(AE＋E1F－AF,2AE1·E1F1) ＝＝，所以直线AE1和EF所成的角的大小为.故选C.
4.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知正四棱锥的底面边长为3米，侧棱长为5米，则其体积为(　　)
INCLUDEPICTURE "25SX-169A.TIF"
A．24立方米 B．24立方米
C．72立方米 D．72立方米
INCLUDEPICTURE "25SX-169.TIF"
解析：选B.如图所示，在正四棱锥P ABCD中，AB＝3米，BP＝5米，连接AC，BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OP，因为AB＝3米，所以BD＝AB＝6米，BO＝BD＝3米．又BP＝5米，所以OP＝＝4米．故该正四棱锥体积为V＝×(3)2×4＝24(立方米).故所求体积为24立方米．故选B.
5.如图，已知正三棱柱ABC A′B′C′的底面边长为1 cm，侧面积为9 cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为(　　)
INCLUDEPICTURE "m24-54.TIF"
A．2 cm B．3 cm
C．2 cm D．3 cm
INCLUDEPICTURE "m24-55.TIF"
解析：选B.将正三棱柱ABC A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意AB＝BC＝CA1＝1 cm，因为侧面积为9 cm2，
所以C△ABC·AA′＝9，
则AA′＝3 cm，
依题意一质点从A点出发沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线为AA′1＝ eq \r(AA＋A1A′) ＝＝3 cm.故选B.
6．已知A，B是球O的球面上的两点，∠AOB＝90°，点C为该球面上的动点，若三棱锥O ABC体积的最大值为，则球O的表面积为(　　)
A．16π B．36π
C．64π D．144π
INCLUDEPICTURE "23Q24.TIF"
解析：选A.如图所示，当点C位于垂直于平面AOB的球的直径端点时，三棱锥O ABC的体积最大，设球O的半径为R，此时V三棱锥O ABC＝V三棱锥C AOB＝×R2×R＝R3＝，所以R＝2.因此，球O的表面积为4πR2＝16π.故选A.
7．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A′ BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，则下列结论正确的是 (　　)
INCLUDEPICTURE "25SX-171.TIF"
A．A′C⊥BD
B．∠BA′C＝90°
C．A′C与平面A′BD所成的角为30°
D．四面体A′ BCD的体积为
解析：选B.由题得BD⊥CD，若A′C⊥BD，CD∩A′C＝C，CD，A′C 平面A′CD，则BD⊥平面A′CD，又A′D 平面A′CD，所以BD⊥A′D，与题意矛盾，故A错误；因为平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD ∩平面BCD＝BD，BD⊥CD，CD 平面BCD，所以CD⊥平面A′BD，
又BA′ 平面A′BD，所以CD⊥BA′.
由勾股定理，得A′D⊥BA′.
又因为CD∩A′D＝D，A′D，CD 平面A′CD，所以BA′⊥平面A′CD，又A′C 平面A′CD，所以BA′⊥A′C，
所以∠BA′C＝90°，故B正确；易知∠CA′D为A′C与平面A′BD所成的角，为45°，故C错误；V四面体A′ BCD＝V四面体C A′BD＝××1×1×1＝，故D错误．
8．在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，N为BC的中点．当点M在平面DCC1D1内运动时，有MN∥平面A1BD，则线段MN的最小值为(　　)
A．1 B．
C． D．
解析：选B.如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F，G，H，I，N分别是CD，DD1，A1D1，A1B1，BB1，BC的中点，则BD∥EN，A1B∥HI，由BD 平面A1BD，EN 平面A1BD，得EN∥平面A1BD，同理有HI∥平面A1BD.又EN与HI相交，EN，HI 平面EFGHIN，所以平面EFGHIN∥平面A1BD，所以平
INCLUDEPICTURE "25SX-172.TIF"
面EFGHIN内的直线平行于平面A1BD.又MN∥平面A1BD，M∈平面DCC1D1，平面DCC1D1∩平面EFGHIN＝EF，所以M∈直线EF，要使MN最小，只需MN⊥EF.延长FE，C1C交于K，连接NK，只需求出△ENK的边EK上的高即可．由已知可得CE＝CK＝CN＝1，则△ENK为边长为的等边三角形，所以边EK上的高为，即MN的最小值为.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知正方体ABCD A1B1C1D1，则(　　)
A．直线AC与B1D1所成的角为90°
B．直线AC与BC1所成的角为45°
C．点A1，D到平面ABC1D1的距离相等
D．点B，C1到平面ACD1的距离相等
解析：选ACD.在正方体ABCD A1B1C1D1中，连接BD，如图1，由BD∥B1D1，且AC⊥BD，知AC⊥B1D1，A正确；连接AD1，CD1，如图1，因为AD1∥BC1，所以直线AC与直线BC1所成角即为直线AC与直线AD1所成的角，即∠D1AC，又知△AD1C为等边三角形，则直线AC与直线BC1所成的角为60°，B错误；如图2，连接A1D与AD1交于点E，易知A1D⊥平面ABC1D1，则点A1，D到平面ABC1D1的距离分别为A1E，DE，又A1E＝DE，故点A1，D到平面ABC1D1的距离相等，C正确；因为BC1∥AD1，AD1 平面ACD1，BC1 平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，故点B，C1到平面ACD1的距离相等，D正确．
INCLUDEPICTURE "25SX-174.TIF"
10．在直三棱柱ABC A1B1C1中，CA＝CB，P为A1B的中点，Q为棱C1C的中点，则下列说法正确的为(　　)
A．PQ⊥AB
B．PQ⊥C1C
C．PQ⊥A1B
D．AB与平面BCC1B1所成的角为60°
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解析：选ABC.取AB的中点D，连接PD，CD.因为CA＝CB，所以CD⊥AB.因为P为A1B的中点，D为AB的中点，所以PD∥AA1且PD＝AA1，因为Q为棱C1C的中点，所以CQ∥AA1，且CQ＝AA1，所以CQ綉PD，所以四边形CDPQ为平行四边形，所以PQ∥CD，易知AA1⊥平面ABC，又CD 平面ABC，所以AA1⊥CD，又AB∩AA1＝A，AB，AA1 平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1，又CD∥PQ，所以PQ⊥平面ABB1A1，又AB，A1B，AA1 平面ABB1A1，所以PQ⊥AB，PQ⊥A1B，PQ⊥AA1，故A，C正确；又因为AA1∥C1C，所以PQ⊥C1C，故B正确；易知∠ABC的大小等于AB与平面BCC1B1所成的角的大小，而∠ABC的大小不能确定，故无法确定AB与平面BCC1B1所成的角的大小，故D错误．故选ABC.
11.如图，棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则(　　)
INCLUDEPICTURE "25SX-175.TIF"
A．直线A1G，C1E为异面直线
B．二面角D1 AC B1的余弦值为
C．直线A1G与平面ADD1A1所成角的正切值为
D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
解析：选BC.对于A，连接A1C1，EG(图略)，易知四边形ACC1A1为矩形，则A1C1∥AC，因为点E，G分别是棱AD，CD的中点，所以EG∥AC，所以EG∥A1C1，则A1，E，G，C1四点共面，故直线A1G，C1E不是异面直线，A错误；对于B，连接BD，交AC于点O，连接D1O，B1O，D1B1(图略)，易知DD1⊥平面ABCD，又AC 平面ABCD，所以AC⊥DD1，又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1，BD 平面D1OB1，故AC⊥平面D1OB1，又平面ACD1∩平面ACB1＝AC，所以∠D1OB1为二面角D1 AC B1的平面角，易知D1B1＝2，D1O＝B1O＝＝，故cos ∠D1OB1＝ eq \f(D1O2＋B1O2－D1B,2D1O·B1O) ＝＝，B正确；
对于C，连接A1D(图略)，易知GD⊥平面ADD1A1，故∠GA1D即为直线A1G与平面ADD1A1所成的角，而DG＝1，A1D＝2，故tan ∠GA1D＝＝＝，C正确；
对于D，连接BC1，EB，EF，FC1(图略)，易知EF∥AD1，且EF＝AD1，AD1綉BC1，所以EF∥BC1，且EF＝BC1，则梯形EFC1B即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，而EB＝FC1＝，EF＝，C1B＝2，故等腰梯形EFC1B的高为＝，故等腰梯形EFC1B的面积为×(＋2)×＝，即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，D错误．故选BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．一个圆台的母线长为20 cm，母线与轴的夹角为30°，上底面半径为15 cm，则下底面半径为____________．
解析：由题设，如图所示，AB＝CD＝20 cm，BE＝15 cm，∠APO＝30°，
所以＝＝，
则PB＝30 cm，故AP＝AB＋PB＝50(cm)，
所以AO＝25 cm.
INCLUDEPICTURE "m24-59.TIF"
答案：25 cm
13．如图，在四棱锥S ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E是SA上一点，当SE∶SA＝________时，SC∥平面EBD.
INCLUDEPICTURE "23Q27A.TIF"
解析：连接AC，设AC与BD的交点为O，连接EO(图略).因为四边形ABCD是平行四边形，所以点O是AC的中点．因为SC∥平面EBD，SC 平面SAC，且平面EBD∩平面SAC＝EO，所以SC∥EO，所以点E是SA的中点，此时SE∶SA＝1∶2.
答案：1∶2
14．如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝2，BC＝，CC1＝3，则该直三棱柱外接球的表面积为________；设P为线段B1C上的动点，则AP＋PC1的最小值为________．
INCLUDEPICTURE "25SX-176.TIF"
解析：因为在直三棱柱ABC A1B1C1中，AC⊥BC，所以将直三棱柱ABC A1B1C1补成长方体ACBD A1C1B1D1，如图1所示，所以直三棱柱ABC A1B1C1的外接球就是长方体ACBD A1C1B1D1的外接球．因为AC＝2，BC＝，CC1＝3，所以外接球的直径为2R＝ eq \r(AC2＋BC2＋CC) ＝＝4，所以外接球的半径为R＝2，所以该直三棱柱外接球的表面积为4π×22＝16π.在直三棱柱中，侧面与底面垂直，因为AC⊥BC，AC 平面ABC，平面ABC⊥平面BCC1B1，平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，所以AC⊥平面BCC1B1.因为B1C 平面BCC1B1，所以AC⊥B1C.将△C1B1C绕B1C展开至与平面BCC1B1垂直的位置，则A，C，C1，B1共面，如图2所示，连接AC1，则AC1的长就是AP＋PC1的最小值．在△CC1B1中，∠B1C1C＝90°，B1C1＝，CC1＝3，则B1C＝＝2.在△ACB1中，∠ACB1＝90°，AC＝2.在△ACC1中，由余弦定理得AC＝AC2＋CC－2AC·CC1cos ∠ACC1＝4＋9－2×2×3cos (90°＋∠B1CC1) ＝13＋12sin ∠B1CC1＝13＋12×＝13＋12×＝19，所以AC1＝，所以AP＋PC1的最小值为.
INCLUDEPICTURE "25SX-177.TIF"
答案：16π　
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(本小题满分13分)如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为DD1，BB1的中点．
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(1)求证：CF∥平面A1EC1；　
(2)过点D作正方体的截面使其与平面A1EC1平行，请给以证明并求出该截面的面积．
解：(1)证明：取CC1的中点M，连接ME，MB1，如图．
由MC∥B1F且MC＝B1F可得四边形MCFB1为平行四边形，则CF∥MB1，
由ME∥A1B1且ME＝A1B1可得四边形MEA1B1为平行四边形，
则A1E∥MB1，则A1E∥CF，
INCLUDEPICTURE "25SR44.TIF"
又A1E 平面A1EC1，
CF 平面A1EC1，
所以CF∥平面A1EC1.
(2)取AA1的中点G，连接DG，GB1，GE，MD.　
因为DE＝MC1，DE∥MC1，
所以四边形DMC1E为平行四边形，
所以DM∥EC1，
因为GE＝B1C1，GE∥B1C1，
所以四边形EGB1C1为平行四边形，
所以GB1∥EC1，
所以DM∥GB1，又GB1＝DM＝，
所以平行四边形DMB1G即为过点D的正方体的截面，
且平面DMB1G∥平面A1EC1.
证明如下：因为DG∥A1E，
A1E 平面A1EC1，DG 平面A1EC1，
所以DG∥平面A1EC1，
因为DM∥C1E，C1E 平面A1EC1，
DM 平面A1EC1，
所以DM∥平面A1EC1，
又因为DM∩DG＝D，DM，
DG 平面DMB1G，
所以平面DMB1G∥平面A1EC1，
因为DG＝GB1＝B1M＝MD＝，
所以平行四边形DMB1G为菱形，连接GM，DB1，
易知GM＝2，DB1＝2，
所以S菱形DMB1G＝×2×2＝2.
16．(本小题满分15分)如图所示，在四边形ABCD中，＝2 ，·＝0, ||＝4，||＝4，E为AB的中点，连接DE.
INCLUDEPICTURE "25SX-178.TIF"
(1)将四边形ABCD绕着线段AB所在的直线旋转一周，求所形成的封闭几何体的表面积和体积；
(2)将△AED绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体为W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积．
INCLUDEPICTURE "25SX-179.TIF"
解：(1)因为＝2 ，
·＝0，
所以四边形ABCD是直角梯形，
AE＝BE＝CD＝2，
BC＝DE＝＝2.
将四边形ABCD绕着线段AB所在的直线旋转一周，所得几何体如图所示，几何体上半部分是圆锥，下半部分是圆柱．故几何体表面积为π×2×4＋2π×2×2＋π×22＝(8＋12)π，体积为×π×22×2＋π×22×2＝π.
(2)易知几何体W是圆锥，且圆锥W底面半径为2，母线长为4，则圆锥W的轴截面为边长是4的正三角形．
设圆锥W的内切球O的半径为R，
则×4×2＝×(4＋4＋4)×R，
解得R＝，
所以内切球O的表面积为4π×＝.
17．(本小题满分15分)在《九章算术》中，将有三条棱相互平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”．如图所示的五面体是一个羡除，其中棱AB，CD，EF相互平行，四边形ABEF是梯形．已知CD＝EF，AD⊥平面ABEF，BE⊥AF.求证：
INCLUDEPICTURE "25SX-180.TIF"
(1)DF∥平面BCE；
(2)平面ADF⊥平面BCE.
证明：(1)因为AB，CD，EF相互平行，CD＝EF，
所以四边形CDFE是平行四边形，
所以DF∥CE，
又因为DF 平面BCE，CE 平面BCE，
所以DF∥平面BCE.
(2)因为AD⊥平面ABEF，
BE 平面ABEF，
所以BE⊥AD，
又因为BE⊥AF，AF∩AD＝A，AF，AD 平面ADF，
所以BE⊥平面ADF，
因为BE 平面BCE，
所以平面ADF⊥平面BCE.
18．(本小题满分17分)试在①PC⊥BD，②PC⊥AB，③PA＝PC这三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题．
如图，在四棱锥P ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，若______________，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°，求二面角A PB C的余弦值．
INCLUDEPICTURE "22AB117.TIF"
解：若选②：由PO⊥平面ABCD，AB 平面ABCD知PO⊥AB，又PC⊥AB，PO∩PC＝P，PO，PC 平面PAC，所以AB⊥平面PAC，因为AC 平面PAC，所以AB⊥AC，所以∠BAC＝90°，BC>BA，
这与底面ABCD为菱形矛盾，所以②必不选，故选①③.
下面证明PO⊥平面ABCD.
因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，PC，
AC 平面APC，所以BD⊥平面APC.
又因为PO 平面APC，所以BD⊥PO.
因为PA＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC.
又AC∩BD＝O，AC，BD 平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
设菱形ABCD的边长为2，PO＝a.
因为∠ABC＝60°，
所以AO＝1，BO＝.
所以PA＝ ，PB＝ .
因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB与CD所成的角，所以∠PBA＝60°.
在△PBA中，由余弦定理得
a2＋1＝4＋a2＋3－2×2×，
解得a＝或a＝－(舍去).
又CB＝AB，CP＝AP，PB＝PB，
所以△CPB≌△APB.
过点C作CE⊥PB，垂足为E，连接AE(图略)，
则AE⊥PB，所以∠CEA为二面角A PB C 的平面角．
易得CE＝AE＝，
在△AEC中，cos ∠CEA＝＝＝，故二面角A PB C的余弦值为.
19．(本小题满分17分)如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝6，E，F分别为CD，AB边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE沿BE折起至△PBE的位置(如图2所示)，连接AP，PF，其中PF＝2.
(1)求证：PF⊥平面ABED.
(2)在线段PA上是否存在点Q使得FQ∥平面PBE？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
(3)求点A到平面PBE的距离．
INCLUDEPICTURE "25SX-182.TIF"
解：(1)证明：连接EF(图略)，由题意知，
PB＝BC＝6，PE＝CE＝9，
在△PBF中，PF2＋BF2＝20＋16＝36＝PB2，所以PF⊥BF.
易得EF＝＝，
在△PEF中，EF2＋PF2＝61＋20＝81＝PE2，所以PF⊥EF.
又BF∩EF＝F，BF，EF 平面ABED，
所以PF⊥平面ABED.
(2)存在，当Q为PA的三等分点(靠近点P)时，FQ∥平面PBE.理由如下：
因为AQ＝AP，AF＝AB，
所以FQ∥BP，
又FQ 平面PBE，BP 平面PBE，
所以FQ∥平面PBE.
(3)由(1)知PF⊥平面ABED，连接AE(图略)，则PF为三棱锥P ABE的高．
设点A到平面PBE的距离为h，由等体积法得
V三棱锥A PBE＝V三棱锥P ABE，
即×S△PBE×h＝×S△ABE×PF.
又S△PBE＝×6×9＝27，S△ABE＝×12×6＝36，
所以h＝＝＝，
即点A到平面PBE的距离为.