2022年高考数学一轮复习 单元质检八 立体几何（A）（含解析）新人教A版（理）.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)1.一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.1B.2C.3D.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.平面平面,a,过内的

2、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

3、点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12,则球O的半径为()A.3172B.210C.132D.310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RtAOM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

4、 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.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.BMEN,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

5、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EOCD于点O,连接ON.作MFOD于点F,连接BF.平面CDE平面ABCD,平面CDE平面ABCD=CD,EOCD,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,BMEN.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.22B.52C.

6、62D.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,

7、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,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:23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=22,设该内切球与母线BS切于点D,则OD=OC=r,BC=BD=1,在RtSOD中,SO2-OD2=SD2,即(22-r)2-r2=4,解得r=22,故所求球的体积V=43r3=43223=23.三、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

8、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=423,ACB=45,所以OM

9、=253,CH=OCMCsinACBOM=455.所以点C到平面POM的距离为455.10.(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,

10、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2.11.(15分)如图

11、,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:PEFG;(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,PEDC.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,PEFG.(2)解:四边形ABCD是矩形,ADDC.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

12、面PDC,ADPD.PDC即为二面角P-AD-C的平面角.在RtPDE中,PD=4,DE=12AB=3,PE=PD2-DE2=7,tanPDC=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,ACFG,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=35.由余弦定理可得cosPAC=PA2+AC2-PC22PAAC=52+(35)2-422535=9525,直线PA与直线FG所成角的余弦值为9525.解法二(1)见解法一.(2)解:取AB的中点M,连

13、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AD=(-3,0,0),PD=(0,-3,-7),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则ADn=0,PDn=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EP=(0,0,7),所以二面角P-AD-C的余弦值为|cos|=-3774=34.所以二面角P-AD-C的正切值为73.(3)解:由(2)中建立的空间直角坐标系可得PA=(3,-3,-7),F(3,1,0),G(2,3,0),则FG=(-1,2,0),故cos=-3-655=-9525.所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为9525.