高考数学一轮复习单元质检八立体几何A含解析新人教A版理

这是一份高考数学一轮复习单元质检八立体几何A含解析新人教A版理，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检八　立体几何(A)(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.一块石材几何体的三视图如图所示,将该石材切削、打磨,加工成球,则能得到的最大球的半径等于(　　)A.1 B.2 C.3 D.4答案:B解析:由三视图可得原石材为如图所示的直三棱柱A1B1C1-ABC,且AB=8,BC=6,BB1=12.若要得到半径最大的球,则此球与平面A1B1BA,BCC1B1,ACC1A1都相切,故此时球的半径与△ABC内切圆半径相等,故半径r==2.故选B.2.下列说法错误的是(　　)A.三角形的两条边平行于一个平面,则第三边也平行于这个平面B.平面α∥平面β,a⊂α,过β内的一点B有唯一的一条直线b,使b∥aC.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥dD.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行答案:D解析:A正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两边平行于一个平面,则它所在的平面与这个平面平行,故第三边平行于这个平面;B正确,平面α与平面β平行,则平面α中的直线a必平行于平面β,平面β内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面β交于一条直线,过该点在平面β内只有这条直线与a平行;C正确,利用同一平面内不相交的两条直线一定平行判断即可确定C是正确的;D错误,一条直线与两个平面所成的角相等,这两个平面可能是相交平面,故选D.3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为(　　)A. B.2 C. D.3答案:C解析:由计算可得O为B1C与BC1的交点.设BC的中点为M,连接OM,AM,则可知OM⊥平面ABC,连接AO,则AO的长为球半径,可知OM=6,AM=,在Rt△AOM中,由勾股定理得半径OA=.4.我国古代数学名著《孙子算经》中有如下问题:“今有筑城,上广二丈,下广五丈四尺,高三丈八尺,长五千五百五十尺,秋程人功三百尺.问:须工几何?”意思是:“现要筑造底面为等腰梯形的直棱柱的城墙,其中底面等腰梯形的上底为2丈,下底为5.4丈,高为3.8丈,直棱柱的侧棱长为5 550尺.如果一个秋天工期的单个人可以筑出300立方尺,问:一个秋天工期需要多少个人才能筑起这个城墙?”(注:一丈等于十尺)(　　)A.24 642 B.26 011 C.52 022 D.78 033答案:B解析:根据棱柱的体积公式,可得城墙所需土方为×38×5550=7803300(立方尺),一个秋天工期所需人数为=26011,故选B.5.如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则(　　)A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线答案:B解析:如图,连接BD,BE.在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点,∴BM,EN是相交直线,排除选项C、D.作EO⊥CD于点O,连接ON.作MF⊥OD于点F,连接BF.∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面CDE,∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD.∴△MFB与△EON均为直角三角形.设正方形ABCD的边长为2,易知EO=,ON=1,MF=,BF=,则EN==2,BM=,∴BM≠EN.故选B.6.某几何体的三视图如图所示,则在该几何体中,面积最大的侧面的面积为(　　)A. B. C. D.3答案:B解析:由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,则S△AED=×1×1=,S△ABC=S△ABE=×1×,S△ACD=×1×,故选B.二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.已知矩形ABCD的边AB=a,BC=3,PA⊥平面ABCD,若边BC上有且只有一点M,使PM⊥DM,则a的值为　　　　　. 答案:1.5解析:如图,连接AM.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥DM.若边BC上有且只有一点M,使PM⊥MD,则DM⊥平面PAM,即DM⊥AM,故以AD为直径的圆和BC相切即可.因为AD=BC=3,所以圆的半径为1.5,要使线段BC和半径为1.5的圆相切,则AB=1.5,即a=1.5.8.(2020全国Ⅲ,理15)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为　　　　　. 答案:解析:圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球,如图,该圆锥的母线长BS=3,底面半径BC=1,高SC==2,设该内切球与母线BS切于点D,则OD=OC=r,BC=BD=1,在Rt△SOD中,SO2-OD2=SD2,即(2-r)2-r2=4,解得r=,故所求球的体积V=πr3=π3=.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.答案:(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.如图,连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知,PO⊥平面ABC.(2)解如图,作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°,所以OM=,CH=.所以点C到平面POM的距离为.10.(15分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,∠BAD=120°,AB=2,E,F分别为CD,AA1的中点.(1)求证:DF∥平面B1AE;(2)若AA1⊥底面ABCD,且直线AD1与平面B1AE所成角的正弦值为,求线段AA1的长.答案:(1)证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,因为FGA1B1,又DEA1B1,所以FGDE,所以四边形DEGF是平行四边形,所以DF∥EG.又DF⊄平面B1AE,EG⊂平面B1AE,所以DF∥平面B1AE.(2)解因为四边形ABCD是菱形,且∠ABD=60°,所以△ABC是等边三角形.取BC的中点G,则AG⊥AD.因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AG,AA1⊥AD,建立如图所示的空间直角坐标系,令AA1=t(t>0),则A(0,0,0),E,B1(,-1,t),D1(0,2,t),=(,-1,t),=(0,2,t).设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),则n·(x+y)=0,且n·x-y+tz=0,取n=(-t,t,4).设直线AD1与平面B1AE所成的角为θ,则sinθ=,解得t=2,故线段AA1的长为2.11.(15分)如图,三角形PDC所在的平面与矩形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3,点E是边CD的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB.(1)证明:PE⊥FG;(2)求二面角P-AD-C的正切值;(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.答案:解法一(1)证明:∵PD=PC,且点E为边CD的中点,∴PE⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC,∴PE⊥平面ABCD.∵FG⊂平面ABCD,∴PE⊥FG.(2)解:∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥DC.又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,AD⊂平面ABCD,∴AD⊥平面PDC.∵PD⊂平面PDC,∴AD⊥PD.∴∠PDC即为二面角P-AD-C的平面角.在Rt△PDE中,PD=4,DE=AB=3,PE=,∴tan∠PDC=,即二面角P-AD-C的正切值为.(3)解:如图所示,连接AC,∵AF=2FB,CG=2GB,即=2,∴AC∥FG,∴∠PAC即为直线PA与直线FG所成的角或其补角.在△PAC中,PA==5,AC==3.由余弦定理可得cos∠PAC=,∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为.解法二(1)见解法一.(2)解:取AB的中点M,连接EM,可知EM,EC,EP两两垂直,故以E为原点,EM,EC,EP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.可得A(3,-3,0),D(0,-3,0),P(0,0,),C(0,3,0),即=(-3,0,0),=(0,-3,-),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则可得令y=,可得一个法向量n=(0,,-3).因为平面ADC的一个法向量为=(0,0,),所以二面角P-AD-C的余弦值为|cos<n,>|=.所以二面角P-AD-C的正切值为.(3)解:由(2)中建立的空间直角坐标系可得=(3,-3,-),F(3,1,0),G(2,3,0),则=(-1,2,0),故cos<>=.所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为.