高考數學一輪復習 單元質檢7 立體幾何（A）（含解析）新人教A版-新人教A版高三數學試題

單元質檢七立體幾何(A)(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分)1.已知圓柱的側面展開圖是邊長為2和4的矩形,則圓柱的體積是()A.2π B.4π C.8π 2.下列命題中,錯誤的是()A.三角形的兩條邊平行于一個平面,則第三邊也平行于這個平面B.平面α∥平面β,a?α,過β內的一點B有唯一的一條直線b,使b∥aC.α∥β,γ∥δ,α,β,γ,δ所成的交線為a,b,c,d,則a∥b∥c∥dD.一條直線與兩個平面所成的角相等,則這兩個平面平行3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,則球O的半徑為()A.3172 B.2C.132 D.34.已知l1,l2,l3是空間三條不同的直線,則下列命題正確的是()A.若l1⊥l2,l2⊥l3,則l1∥l3B.若l1⊥l2,l2∥l3,則l1⊥l3C.若l1∥l2∥l3,則l1,l2,l3共面D.若l1,l2,l3共點,則l1,l2,l3共面5.一個正方體的表面展開圖如圖所示,點A,B,C均為棱的中點,D是頂點,則在正方體中,異面直線AB和CD所成的角的余弦值為()A.25 B.C.105 D.6.我國古代數學名著《九章算術》中有這樣一些數學用語,“塹堵”意指底面為直角三角形,且側棱垂直于底面的三棱柱,而“陽馬”指底面為矩形且有一側棱垂直于底面的四棱錐.現有一如圖所示的塹堵,AC⊥BC,若A1A=AB=2,當陽馬B-A1ACC1的體積最大時,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M,使PM⊥DM,則a的值為.

8.已知在三棱錐A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=2,點E是BC的中點,點A在平面BCD上的射影恰好為DE的中點,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AB1的中點為D,B1C∩BC1=E.求證:(1)DE∥平面AA1C1C;(2)BC1⊥AB1.10.(15分)如圖,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分別是AC,CC1的中點.(1)求證:AE⊥平面A1BD;(2)求二面角D-BE-B1的余弦值.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E是CD邊的中點,點F,G分別在線段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PA與直線FG所成角的余弦值.

單元質檢七立體幾何(A)1.D解析圓柱的側面展開圖是邊長為2與4的矩形,當母線為4時,圓柱的底面半徑是1π,此時圓柱體積是π×1π2×4當母線為2時,圓柱的底面半徑是2π,此時圓柱的體積是π×2π2×2綜上可知,所求圓柱的體積是4π或82.D解析A正確,三角形可以確定一個平面,若三角形兩邊平行于一個平面,則它所在的平面與這個平面平行,故第三邊平行于這個平面;B正確,平面α與平面β平行,則平面α中的直線a必平行于平面β,平面β內的一點與這條線可以確定一個平面,這個平面與平面β交于一條直線,過該點在平面β內只有這條直線與a平行;C正確,利用同一平面內不相交的兩條直線一定平行判斷即可確定C是正確的;D錯誤,一條直線與兩個平面所成的角相等,這兩個平面可能是相交平面,故應選D.3.C解析由計算可得O為B1C與BC1的交點.設BC的中點為M,連接OM,AM,則可知OM⊥平面ABC,連接AO,則AO的長為球半徑,可知OM=6,AM=52,在Rt△AOM中,由勾股定理得半徑OA=134.B解析從正方體同一個頂點出發(fā)的三條棱兩兩垂直,可知選項A錯誤;因為l1⊥l2,所以l1與l2所成的角是90°.又因為l2∥l3,所以l1與l3所成的角是90°,所以l1⊥l3,故選項B正確;三棱柱中的三條側棱平行,但不共面,故選項C錯誤;三棱錐的三條側棱共點,但不共面,故選項D錯誤.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.設正方體棱長為1,則EF=GF=52,EG=2故cos∠EGF=1056.B解析設AC=x,則0<x<2,由題意,得四棱錐B-A1ACC1的體積為V=13·2·x·4-x2=23·x·4-塹堵ABC-A1B1C1的表面積為S=2S△ABC+2S矩形ACC1A1+S矩形ABB1A1=27.1.5解析如圖,連接AM.因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥DM.若BC邊上有且只有一點M,使PM⊥MD,則DM⊥平面PAM,即DM⊥AM,故以AD為直徑的圓和BC相切即可.因為AD=BC=3,所以圓的半徑為1.5,要使線段BC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E是△BCD外接圓的圓心,點A在平面BCD上的射影恰好為DE的中點F,則BF=1+14=5設三棱錐A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距離為h,則1+h2=14∴h=211,r=1+411=15∴該三棱錐外接球的表面積為4π×1511=9.證明(1)由題意知,E為B1C的中點.因為D為AB1的中點,所以DE∥AC.又因為DE?平面AA1C1C,AC?平面AA1C1C,所以DE∥平面AA1C1C.(2)因為棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面ABC.因為AC?平面ABC,所以AC⊥CC1.又因為AC⊥BC,CC1?平面BCC1B1,BC?平面BCC1B1,BC∩CC1=C,所以AC⊥平面BCC1B1.又因為BC1?平面BCC1B1,所以BC1⊥AC.因為BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,所以BC1⊥B1C.因為AC,B1C?平面B1AC,AC∩B1C=C,所以BC1⊥平面B1AC.又因為AB1?平面B1AC,所以BC1⊥AB1.10.(1)證明∵AB=BC=CA,D是AC的中點,∴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,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F,以DF,DA,DB所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標系,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),EB1=設平面DBE的一個法向量為m=(x,y,z),則DB令x=1,則m=(1,1,0).設平面BB1E的一個法向量為n=(a,b,c),則B令c=3,則n=(0,-3,3).設二面角D-BE-B1的平面角為θ,觀察可知θ為鈍角,cos<m,n>=m·n|∴cosθ=-64.故二面角D-BE-B1的余弦值為-611.解法一(1)證明:∵PD=PC,且點E為CD邊的中點,∴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)∵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=P∴tan∠PDC=PEDE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,即AFFB=CGGB=2,∴∴∠PAC即為直線PA與直線FG所成的角或其補角.在△PAC中,PA=PD2AC=AD2+C由余弦定理可得cos∠PAC=PA∴直線PA與直線FG所成角的余弦值為95解法二(1)見解法一.(2)取AB的中點M,連接EM,可知EM,EC,EP兩兩垂直,故以E為原點,EM,EC,EP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系.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),設平面PAD的法向量為n=(x,y,z),則AD·n