2021届高考理科数学一轮复习单元质量检测卷8-立体几何(A).docx

1、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.平面平面,a,过内的一点B有唯一的一条直线b,使baC.,所成的交线为a,b,c,d,则abcdD.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,平面与平面平行,则平面中的直线a必平行于平面,平面内的一点与这条线可以确定一个平面,这个平面与平面交于一条直线,过该点在平面

2、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.21B.31C.41D.51答案:B解析:不妨设球的半径为4,则球的表面积为64,圆锥的底面积为12,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三角形

3、,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31.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.28B.32C.36D.1123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1123.4.我国古代数学名著孙子算经中有如下问题:“今有筑

4、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 642B.26 011C.52 022D.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+542385550=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-

5、A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.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,cos=AD1DB1|AD1|DB1|=225=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.22B.52C.62D.3答案:B解析:由三视图可知,几何体的直观图如图所

6、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SAED=1211=12,SABC=SABE=1212=22,SACD=1215=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PMDM,则a的值为.答案:1.5解析:如图,连接AM.因为PA平面ABCD,所以PADM.若边BC上有且只有一点M,使PMMD,则DM平面PAM,即DMAM,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,

7、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:6011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.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41511=6011.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如图

8、,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OPAC,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OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OPOB.由OPOB,OPAC知,PO平面ABC.(2)解如图,作CHOM,垂足为H.又由(1)可得OPCH,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

9、=423,ACB=45,所以OM=253,CH=OCMCsinACBOM=455.所以点C到平面POM的距离为455.10.(15分)(2019全国,理17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(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B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)解由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向

10、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CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则CC1m=0,CEm=0,即2z=0,x-y+z=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|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-A1B1C1

11、D1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DFEG.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AGAD.因为AA1平面ABCD,所以AA1AG,AA1AD,建立如图所示的空间直角坐标系,令AA1=t(t0),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nAE=32(x+3y)=0,且nAB1=3x-y+tz=0,取n=(-3t,t,4).设直线AD1与平面B1AE所成的角为,则sin=|nAD1|n|AD1|=6t2(t2+4)=34,解得t=2,故线段AA1的长为2.