《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢7 立體幾何（A）（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢7 立體幾何（A）（含解析）新人教A版（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元質(zhì)檢七　立體幾何(A) (時(shí)間:45分鐘　滿(mǎn)分:100分) 一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分) 1.已知圓柱的側(cè)面展開(kāi)圖是邊長(zhǎng)為2和4的矩形,則圓柱的體積是(　　) A.2π B.4π C.8π D.4π或8π 2.下列命題中,錯(cuò)誤的是(　　) A.三角形的兩條邊平行于一個(gè)平面,則第三邊也平行于這個(gè)平面 B.平面α∥平面β,a?α,過(guò)β內(nèi)的一點(diǎn)B有唯一的一條直線(xiàn)b,使b∥a C.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交線(xiàn)為a,b,c,d,則a∥b∥c∥d D.一條直線(xiàn)與兩個(gè)平面所成的角相等,則這兩個(gè)平面平行 3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都

2、在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,則球O的半徑為(　　) A.3172 B.210 C.132 D.310 4.已知l1,l2,l3是空間三條不同的直線(xiàn),則下列命題正確的是(　　) A.若l1⊥l2,l2⊥l3,則l1∥l3 B.若l1⊥l2,l2∥l3,則l1⊥l3 C.若l1∥l2∥l3,則l1,l2,l3共面 D.若l1,l2,l3共點(diǎn),則l1,l2,l3共面 5.一個(gè)正方體的表面展開(kāi)圖如圖所示,點(diǎn)A,B,C均為棱的中點(diǎn),D是頂點(diǎn),則在正方體中,異面直線(xiàn)AB和CD所成的角的余弦值為(　　) A.25 B.35 C.105 D.55

3、 6.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中有這樣一些數(shù)學(xué)用語(yǔ),“塹堵”意指底面為直角三角形,且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱,而“陽(yáng)馬”指底面為矩形且有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐.現(xiàn)有一如圖所示的塹堵,AC⊥BC,若A1A=AB=2,當(dāng)陽(yáng)馬B-A1ACC1的體積最大時(shí),則塹堵ABC-A1B1C1的表面積為(　　) A.4+42 B.6+42 C.8+42 D.10+42 二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分) 7.已知矩形ABCD的邊AB=a,BC=3,PA⊥平面ABCD,若BC邊上有且只有一點(diǎn)M,使PM⊥DM,則a的值為　　　　　.? 8.已知在三棱錐A-BCD中,AB=AC=BC=

4、2,BD=CD=2,點(diǎn)E是BC的中點(diǎn),點(diǎn)A在平面BCD上的射影恰好為DE的中點(diǎn),則該三棱錐外接球的表面積為　　　　　.? 三、解答題(本大題共3小題,共44分) 9. (14分)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知AC⊥BC,BC=CC1.設(shè)AB1的中點(diǎn)為D,B1C∩BC1=E. 求證:(1)DE∥平面AA1C1C; (2)BC1⊥AB1. 10. (15分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分別是AC,CC1的中點(diǎn). (1)求證:AE⊥平面A1BD; (2)求二面角D-BE-B1的余

5、弦值. 11.(15分) 如圖,三角形PDC所在的平面與矩形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3,點(diǎn)E是CD邊的中點(diǎn),點(diǎn)F,G分別在線(xiàn)段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB. (1)證明:PE⊥FG; (2)求二面角P-AD-C的正切值; (3)求直線(xiàn)PA與直線(xiàn)FG所成角的余弦值. 單元質(zhì)檢七　立體幾何(A) 1.D　解析圓柱的側(cè)面展開(kāi)圖是邊長(zhǎng)為2與4的矩形, 當(dāng)母線(xiàn)為4時(shí),圓柱的底面半徑是1π,此時(shí)圓柱體積是π×1π2×4=4π; 當(dāng)母線(xiàn)為2時(shí),圓柱的底面半徑是2π,此時(shí)圓柱的體積是π×2π2×2=8π,

6、 綜上可知,所求圓柱的體積是4π或8π.故選D. 2.D　解析A正確,三角形可以確定一個(gè)平面,若三角形兩邊平行于一個(gè)平面,則它所在的平面與這個(gè)平面平行,故第三邊平行于這個(gè)平面;B正確,平面α與平面β平行,則平面α中的直線(xiàn)a必平行于平面β,平面β內(nèi)的一點(diǎn)與這條線(xiàn)可以確定一個(gè)平面,這個(gè)平面與平面β交于一條直線(xiàn),過(guò)該點(diǎn)在平面β內(nèi)只有這條直線(xiàn)與a平行;C正確,利用同一平面內(nèi)不相交的兩條直線(xiàn)一定平行判斷即可確定C是正確的;D錯(cuò)誤,一條直線(xiàn)與兩個(gè)平面所成的角相等,這兩個(gè)平面可能是相交平面,故應(yīng)選D. 3.C　解析由計(jì)算可得O為B1C與BC1的交點(diǎn). 設(shè)BC的中點(diǎn)為M,連接OM,AM,則可知OM⊥

7、平面ABC,連接AO,則AO的長(zhǎng)為球半徑,可知OM=6,AM=52,在Rt△AOM中,由勾股定理得半徑OA=132. 4.B　解析從正方體同一個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)的三條棱兩兩垂直,可知選項(xiàng)A錯(cuò)誤; 因?yàn)閘1⊥l2,所以l1與l2所成的角是90°. 又因?yàn)閘2∥l3,所以l1與l3所成的角是90°,所以l1⊥l3,故選項(xiàng)B正確; 三棱柱中的三條側(cè)棱平行,但不共面,故選項(xiàng)C錯(cuò)誤; 三棱錐的三條側(cè)棱共點(diǎn),但不共面,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.故選B. 5.C　解析如圖所示,可知∠EGF為AB和CD所成的角,F為正方體棱的中點(diǎn). 設(shè)正方體棱長(zhǎng)為1, 則EF=GF=52,EG=2. 故cos∠EGF=10

8、5. 6.B　解析設(shè)AC=x,則0

9、C和半徑為1.5的圓相切,則AB=1.5,即a=1.5. 8.6011π　解析由題意知,△BCD為等腰直角三角形,點(diǎn)E是△BCD外接圓的圓心,點(diǎn)A在平面BCD上的射影恰好為DE的中點(diǎn)F,則BF=1+14=52,∴AF=4-54=112, 設(shè)三棱錐A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距離為h,則1+h2=14+112-h2, ∴h=211,r=1+411=1511(r為球O的半徑), ∴該三棱錐外接球的表面積為4π×1511=6011π. 9.證明(1)由題意知,E為B1C的中點(diǎn). 因?yàn)镈為AB1的中點(diǎn),所以DE∥AC. 又因?yàn)镈E?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C,

10、所以DE∥平面AA1C1C. (2)因?yàn)槔庵鵄BC-A1B1C1是直三棱柱, 所以CC1⊥平面ABC. 因?yàn)锳C?平面ABC,所以AC⊥CC1. 又因?yàn)锳C⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C, 所以AC⊥平面BCC1B1. 又因?yàn)锽C1?平面BCC1B1, 所以BC1⊥AC. 因?yàn)锽C=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形, 所以BC1⊥B1C. 因?yàn)锳C,B1C?平面B1AC,AC∩B1C=C, 所以BC1⊥平面B1AC. 又因?yàn)锳B1?平面B1AC, 所以BC1⊥AB1. 10.(1)證明∵AB=BC=CA,D是AC的中點(diǎn)

11、,∴BD⊥AC. ∵AA1⊥平面ABC,∴平面AA1C1C⊥平面ABC, ∴BD⊥平面AA1C1C,∴BD⊥AE. 又在正方形AA1C1C中,D,E分別是AC,CC1的中點(diǎn),易證得△A1AD≌△ACE, ∴∠A1DA=∠AEC,∵∠AEC+∠CAE=90°, ∴∠A1DA+∠CAE=90°,即A1D⊥AE. 又A1D∩BD=D,∴AE⊥平面A1BD. (2)解取A1C1的中點(diǎn)F,以DF,DA,DB所在直線(xiàn)為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),E(1,-1,0),B(0,0,3),B1(2,0,3),DB=(0,0,3),DE=(1,-1,0),BB1=(2,0,0

12、),EB1=(1,1,3). 設(shè)平面DBE的一個(gè)法向量為m=(x,y,z), 則DB·m=0,DE·m=0?3z=0,x-y=0, 令x=1,則m=(1,1,0). 設(shè)平面BB1E的一個(gè)法向量為n=(a,b,c), 則BB1·n=0,EB1·n=0?2a=0,a+b+3c=0, 令c=3,則n=(0,-3,3). 設(shè)二面角D-BE-B1的平面角為θ,觀(guān)察可知θ為鈍角, cos=m·n|m||n|=-64, ∴cosθ=-64.故二面角D-BE-B1的余弦值為-64. 11.解法一(1)證明:∵PD=PC,且點(diǎn)E為CD邊的中點(diǎn), ∴PE⊥DC. 又平面PDC

13、⊥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)∵四邊形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即為二面角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的正切值為73. (3)如圖所示,連接AC, ∵AF=2FB,CG=2GB,

14、 即AFFB=CGGB=2,∴AC∥FG, ∴∠PAC即為直線(xiàn)PA與直線(xiàn)FG所成的角或其補(bǔ)角. 在△PAC中,PA=PD2+AD2=5, AC=AD2+CD2=35. 由余弦定理可得cos∠PAC=PA2+AC2-PC22PA·AC=52+(35)2-422×5×35=9525, ∴直線(xiàn)PA與直線(xiàn)FG所成角的余弦值為9525. 解法二(1)見(jiàn)解法一. (2)取AB的中點(diǎn)M,連接EM,可知EM,EC,EP兩兩垂直,故以E為原點(diǎn),EM,EC,EP所在直線(xiàn)為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 可得A(3,-3,0),D(0,-3,0),P(0,0,7),C(0,

15、3,0),即AD=(-3,0,0),PD=(0,-3,-7), 設(shè)平面PAD的法向量為n=(x,y,z), 則AD·n=0,PD·n=0,可得-3x=0,-3y-7z=0, 令y=7,可得一個(gè)法向量n=(0,7,-3). 因?yàn)槠矫鍭DC的一個(gè)法向量為EP=(0,0,7), 所以二面角P-AD-C的余弦值為|cos|=-377×4=34. 所以二面角P-AD-C的正切值為73. (3)由(2)中建立的空間直角坐標(biāo)系可得PA=(3,-3,-7),F(3,1,0),G(2,3,0),則FG=(-1,2,0), 故cos=-3-65×5=-9525. 所以直線(xiàn)PA與直線(xiàn)FG所成角的余弦值為9525. 9