2021高考数学大一轮复习单元质检八立体几何A理新人教A版

2021高考数学大一轮复习单元质检八立体几何A理新人教A版

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.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.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.‎ ‎2.(2019云南曲靖沾益四中高三三模)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‎3‎‎16‎,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2‎3‎.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 8‎ 三角形,由此可以求得球心到圆锥底面的距离是‎4‎‎2‎‎-(2‎‎3‎‎)‎‎2‎=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.(2019广东潮州高三二模)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.‎‎112π‎3‎ 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‎28‎‎3‎,表面积为‎112π‎3‎.‎ ‎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+54‎‎2‎×38×5550=7803300(立方尺),一个秋天工期所需人数为‎7803300‎‎300‎=26011,故选B.‎ ‎5.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=‎3‎,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)‎ 8‎ A.‎1‎‎5‎ B.‎‎5‎‎6‎ C.‎5‎‎5‎ D.‎‎2‎‎2‎ 答案:C 解析:以DA,DC,DD1为轴建立空间直角坐标系,如图,‎ 则D1(0,0,‎3‎),A(1,0,0),D(0,0,0),B1(1,1,‎3‎).∴AD‎1‎=(-1,0,‎3‎),DB‎1‎=(1,1,‎3‎).设异面直线AD1与DB1所成的角为θ,‎ ‎∴cosθ=AD‎1‎‎·‎DB‎1‎‎|AD‎1‎||DB‎1‎|‎=‎2‎‎2×‎‎5‎‎=‎‎5‎‎5‎.‎ ‎∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为‎5‎‎5‎.‎ ‎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 8‎ 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.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=‎2‎,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:‎‎60π‎11‎ 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=‎1+‎‎1‎‎4‎‎=‎‎5‎‎2‎,AF=‎4-‎‎5‎‎4‎‎=‎‎11‎‎2‎.‎ 8‎ 设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=‎1‎‎4‎‎+‎‎11‎‎2‎‎-h‎2‎,‎ ‎∴h=‎2‎‎11‎,r=‎1+‎‎4‎‎11‎‎=‎‎15‎‎11‎(r为球O的半径),‎ ‎∴该三棱锥外接球的表面积为4π×‎15‎‎11‎‎=‎‎60π‎11‎.‎ 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=2‎2‎,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.‎ ‎(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2‎3‎.‎ 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.‎ 8‎ 故CH的长为点C到平面POM的距离.‎ 由题设可知OC=‎1‎‎2‎AC=2,CM=‎2‎‎3‎BC=‎4‎‎2‎‎3‎,∠ACB=45°,‎ 所以OM=‎2‎‎5‎‎3‎,CH=OC·MC·sin∠ACBOM‎=‎‎4‎‎5‎‎5‎.‎ 所以点C到平面POM的距离为‎4‎‎5‎‎5‎.‎ ‎10.(15分)(2019全国Ⅱ,理17)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.‎ ‎(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,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,‎ 则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC‎1‎=(0,0,2).‎ 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),‎ 则CB‎·n=0,‎CE‎·n=0,‎即x=0,‎x-y+z=0,‎ 8‎ 所以可取n=(0,-1,-1).‎ 设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),‎ 则CC‎1‎‎·m=0,‎CE‎·m=0,‎即‎2z=0,‎x-y+z=0,‎ 所以可取m=(1,1,0).‎ 于是cos=n·m‎|n||m|‎=-‎1‎‎2‎.‎ 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为‎3‎‎2‎.‎ ‎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‎3‎‎4‎,求线段AA1的长.‎ ‎(1)证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,因为FG‎1‎‎2‎A1B1,‎ 又DE‎1‎‎2‎A1B1,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.‎ 8‎ 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),E‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,0‎,B1(‎3‎,-1,t),D1(0,2,t),‎ AE‎=‎3‎‎2‎‎,‎3‎‎2‎,0‎,‎AB‎1‎‎=(‎3‎,-1,t),AD‎1‎=(0,2,t).‎ 设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·AE‎=‎‎3‎‎2‎(x+‎3‎y)=0,且n·AB‎1‎‎=‎‎3‎x-y+tz=0,‎ 取n=(-‎3‎t,t,4).设直线AD1与平面B1AE所成的角为θ,‎ 则sinθ=‎|n·AD‎1‎|‎‎|n||AD‎1‎|‎‎=‎6t‎2(t‎2‎+4)‎=‎‎3‎‎4‎,解得t=2,故线段AA1的长为2.‎ 8‎