高考数学一轮复习单元质检八 立体几何(A)
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单元质检八 立体几何(A)
(时间:45分钟 满分:100分)
单元质检卷第14页
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=6+8-102=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∥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
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.3√172 B.2√10
C.132 D.3√10
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=52,在Rt△AOM中,由勾股定理得半径OA=132.
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20+542×38×5 550=7 803 300(立方尺),一个秋天工期所需人数为7 803 300300=26 011,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=√3,ON=1,MF=√32,BF=√22+94=52,
则EN=√3+1=2,BM=√34+254=√7,
∴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.√22 B.√52 C.√62 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=12×1×1=12,S△ABC=S△ABE=12×1×√2=√22,S△ACD=12×1×√5=√52,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:√2π3
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=√𝐵𝑆2-𝐵𝐶2=2√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√2-r)2-r2=4,解得r=√22,故所求球的体积V=43πr3=43π(√22)3=√2π3. 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√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√3.
如图,连接OB,
因为AB=BC=√22AC,
所以△ABC为等腰直角三角形,
且OB⊥AC,OB=12AC=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=12AC=2,CM=23BC=4√23,∠ACB=45°,
所以OM=2√53,
CH=𝑂𝐶·𝑀𝐶·sin∠𝐴𝐶𝐵𝑂𝑀=4√55.
所以点C到平面POM的距离为4√55.
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34,求线段AA1的长.
答案:(1)证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,
因为FG12A1B1,
又DE12A1B1,
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∠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(√32,32,0),B1(√3,-1,t),D1(0,2,t),
𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,-1,t),𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,t).
设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),
则n·𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗ =√32(x+√3y)=0,且n·𝐴𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3x-y+tz=0,
取n=(-√3t,t,4).设直线AD1与平面B1AE所成的角为θ,
则sin θ=|𝑛·𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝑛||𝐴𝐷1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=6𝑡2(𝑡2+4)=34,
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=12AB=3,PE=√𝑃𝐷2-𝐷𝐸2=√7, ∴tan∠PDC=𝑃𝐸𝐷𝐸=√73,
即二面角P-AD-C的正切值为√73.
(3)解:如图所示,连接AC,
∵AF=2FB,CG=2GB,
即𝐴𝐹𝐹𝐵=𝐶𝐺𝐺𝐵=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=√𝑃𝐷2+𝐴𝐷2=5,
AC=√𝐴𝐷2+𝐶𝐷2=3√5.
由余弦定理可得cos∠PAC=𝑃𝐴2+𝐴𝐶2-𝑃𝐶22𝑃𝐴·𝐴𝐶=52+(3√5)2-422×5×3√5=9√525,
∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为9√525.
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,√7),C(0,3,0),即𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ =(-3,0,0),𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,-√7),
设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),
则{𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝑛=0,𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝑛=0,
可得{-3𝑥=0,-3𝑦-√7𝑧=0,
令y=√7,可得一个法向量n=(0,√7,-3).
因为平面ADC的一个法向量为𝐸𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√7),
所以二面角P-AD-C的余弦值为|cos|=|-3√7√7×4|=34.
