高中数学一轮复习考点规范练：第八章　立体几何 单元质检八A Word版含解析

这是一份高中数学一轮复习考点规范练：第八章　立体几何 单元质检八A Word版含解析，共8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。
一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)
1.一块石材表示的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.1B.2C.3D.4
2.下列命题中,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∥a
C.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交线为a,b,c,d,则a∥b∥c∥d
D.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行
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.2C.D.3〚导学号37270587〛
4.已知l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( )
A.若l1⊥l2,l2⊥l3,则l1∥l3
B.若l1⊥l2,l2∥l3,则l1⊥l3
C.若l1∥l2∥l3,则l1,l2,l3共面
D.若l1,l2,l3共点,则l1,l2,l3共面
5.一个正方体的表面展开图如图所示,点A,B,C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线AB和CD所成的角的余弦值为( )
A.B.
C.D.
6.在空间四边形ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,且DA⊥平面ABC,则△ABC的形状是( )
A.锐角三角形B.直角三角形
C.钝角三角形D.不能确定
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BC边上有且只有一点M,使PM⊥DM,则a的值为 .
8.已知PA垂直于平行四边形ABCD所在的平面,若PC⊥BD,则平行四边形ABCD的形状一定是 .
三、解答题(本大题共3小题,共44分)
9.
(14分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1C∩BC1=E.
求证:(1)DE∥平面AA1C1C;
(2)BC1⊥AB1.
10.(15分)三棱锥A-BCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交棱BD,DC,CA于点F, G,H.
(1)证明:四边形EFGH是矩形;
(2)求直线AB与平面EFGH所成的角θ的正弦值.
〚导学号37270588〛
11.(15分)
如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3,点E是CD边的中点,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.
〚导学号37270589〛
参考答案
单元质检八 立体几何(A)
1.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.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,故应选D.
3.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.B 解析 从正方体同一个顶点出发的三条棱两两垂直,可知选项A错;
因为l1⊥l2,所以l1与l2所成的角是90°.
又因为l2∥l3,所以l1与l3所成的角是90°.所以l1⊥l3,故选项B对;
三棱柱中的三条侧棱平行,但不共面,故选项C错;
三棱锥的三条侧棱共点,但不共面,故选项D错.故选B.
5.C
解析 如图所示,可知∠EGF为AB和CD所成的角,F为正方体棱的中点.
设正方体棱长为1,则EF=GF=,EG=.
故cs∠EGF=.
6.B
解析 如图,作AE⊥BD,交BD于E.
∵平面ABD⊥平面BCD,
∴AE⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,
∴AE⊥BC.
而DA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,
∴DA⊥BC.
又AE∩AD=A,∴BC⊥平面ABD.
而AB⊂平面ABD,∴BC⊥AB,
即△ABC为直角三角形.故选B.
7.1.5 解析 因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥DM.
若BC边上有且只有一点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.菱形 解析 因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.
又PC⊥BD,且PC⊂平面PAC,PA⊂平面PAC,PC∩PA=P,所以BD⊥平面PAC.
又AC⊂平面PAC,所以BD⊥AC.
又四边形ABCD是平行四边形,
所以四边形ABCD是菱形.
9.证明 (1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DE∥AC.
又因为DE⊄平面AA1C1C,AC⊂平面AA1C1C,
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC⊂平面ABC,所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC,CC1⊂平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1,BC∩CC1=C,
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1,
所以BC1⊥AC.
因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,
因此BC1⊥B1C.
因为AC,B1C⊂平面B1AC,AC∩B1C=C,
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1⊂平面B1AC,所以BC1⊥AB1.
10.(1)证明 由该三棱锥的三视图可知,BD⊥DC,BD⊥AD,AD⊥DC,BD=DC=2,AD=1.
由题设,BC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面BDC=FG,平面EFGH∩平面ABC=EH,
∴BC∥FG,BC∥EH,∴FG∥EH.
同理EF∥AD,HG∥AD,
∴EF∥HG.
∴四边形EFGH是平行四边形.
又AD⊥DC,AD⊥BD,
∴AD⊥平面BDC,
∴AD⊥BC,∴EF⊥FG,
∴四边形EFGH是矩形.
(2)解 如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).
设平面EFGH的法向量n=(x,y,z),
∵EF∥AD,FG∥BC,
∴n·=0,n·=0,
得
令x=1,得n=(1,1,0),
∴sin θ=|cs|
=
=,
即直线AB与平面EFGH所成的角θ的正弦值为.
11.解法一 (1)证明:∵PD=PC,且点E为CD边的中点,∴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.
又FG⊂平面ABCD,∴PE⊥FG.
(2)∵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)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cs∠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)取AB的中点M,连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),
又平面ADC的一个法向量为=(0,0,),
所以二面角P-AD-C的余弦值为|cs|=.
所以二面角P-AD-C的正切值为.
(3)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cs=.
所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为.