广西专用高考数学一轮复习单元质检八立体几何A含解析

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.下列命题错误的是(　　)

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.平面α∥平面β,平面γ∥平面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

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.

2.如图,一个透明的球形装饰品内放置了两个共底面的圆锥,且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上,已知圆锥底面面积是这个球面面积的,则较大圆锥与较小圆锥的体积之比为(　　)

A.2∶1 B.3∶1 C.4∶1 D.5∶1

答案:B

解析:不妨设球的半径为4,则球的表面积为64π,圆锥的底面积为12π,故圆锥的底面半径为2.由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离、球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形,由此可以求得球心到圆锥底面的距离是=2,所以圆锥体积较小者的高为4-2=2,同理可得圆锥体积较大者的高为4+2=6.又这两个圆锥的底面相同,所以较大圆锥与较小圆锥的体积之比等于它们的高之比,即3∶1.故选B.

3.一个几何体的三视图如图所示,该几何体外接球的表面积为(　　)

A.28π B.32π C.36π D.

答案:D

解析:该几何体是一个底面为正方形的四棱锥,其中一个侧面为正三角形且与底面垂直,分别过正方形底面和正三角形侧面的中心作面的垂线,交点为外接球球心,由勾股定理求得球的半径为,表面积为.

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.(2020广西钦州一模)在四面体ABCD中,E,F分别为棱AC,BD的中点,AD=6,BC=4,EF=,则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.

答案:D

解析:如图所示,取CD的中点G,连接EG,FG,则FG∥BC,EG∥AD.

∴异面直线AD与BC所成的角为∠EGF或其补角.

∵FG=BC=2,EG=AD=3,

∴cos∠EGF=.

∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为.故选D.

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.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为　　　　　. 

答案:

解析:由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则BF=,AF=.

设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,球O的半径为r,

则r2=1+h2=,

∴h=,r=.

∴该三棱锥外接球的表面积为4π×.

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且OB∩AC=O,OB,AC⊂平面ABC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,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.

(1)证明:BE⊥平面EB1C1;

(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

答案:(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.

(2)解由(1)知∠BEB1=90°.

由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,

所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.

以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).

设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则

所以可取n=(0,-1,-1).

设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则

所以可取m=(1,1,0).

于是cos<n,m>==-.

所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.

11.(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FG?A1B1,

又DE?A1B1,所以FG?DE,

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∠ABC=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.