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1、单元质检七 立体几何(A)单元质检七 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 1.已知圆柱的侧面展开图是边长为 2 和 4 的矩形,则圆柱的体积是( ) A.B.C.D. 2 4 8 4 或 8 2 2.下列命题中,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ba C.,所成的交线为a,b,c,d,则abcd D.一条直线与两个平面所成的角相等,则这两个平面平行 3 3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的 6 个顶点都在球O的球
2、面上.若AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12,则球O的 半径为( ) A.B.2 317 2 10 C.D.3 13 2 10 4 4.已知l1,l2,l3是空间三条不同的直线,则下列命题正确的是( ) A.若l1l2,l2l3,则l1l3 B.若l1l2,l2l3,则l1l3 C.若l1l2l3,则l1,l2,l3共面 D.若l1,l2,l3共点,则l1,l2,l3共面 5 5.一个正方体的表面展开图如图所示,点A,B,C均为棱的中点,D是顶点,则在正方体中,异面直线 AB和CD所成的角的余弦值为( ) A.B. 2 5 3 5 C.D. 10 5 5 5 6 6.我国古代数学名著九章
3、算术中有这样一些数学用语,“堑堵”意指底面为直角三角形,且侧 棱垂直于底面的三棱柱,而“阳马”指底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所 示的堑堵,ACBC,若A1A=AB=2,当阳马B-A1ACC1的体积最大时,则堑堵ABC-A1B1C1的表面积为( ) A.4+4B.6+4C.8+4D.10+42222 二、填空题(本大题共 2 小题,每小题 7 分,共 14 分) 7 7.已知矩形ABCD的边AB=a,BC=3,PA平面ABCD,若BC边上有且只有一点M,使PMDM,则a的值 为 . 8 8.已知在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A
4、在平面BCD上的射影恰2 好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为 . 三、解答题(本大题共 3 小题,共 44 分) 9 9. (14 分)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,已知ACBC,BC=CC1.设AB1的中点为D,B1CBC1=E. 求证:(1)DE平面AA1C1C; (2)BC1AB1. 1010. (15 分)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是 2,AA1平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点. (1)求证:AE平面A1BD; (2)求二面角D-BE-B1的余弦值. 1111.(15 分) 如图,三角形PDC所在的平面与矩形ABCD所在的平面垂直,PD=P
5、C=4,AB=6,BC=3,点E 是CD边的中点,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. 单元质检七 立体几何(A) 1 1.D 解析圆柱的侧面展开图是边长为 2 与 4 的矩形, 当母线为 4 时,圆柱的底面半径是 ,此时圆柱体积是 4=; 1 ( 1 ) 2 4 当母线为 2 时,圆柱的底面半径是 ,此时圆柱的体积是 2=, 2 ( 2 ) 2 8 综上可知,所求圆柱的体积是.故选 D. 4 或 8 2 2.D 解析 A 正确,三角形可以确定一个平面,若三角形两
6、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,故应选 D. 3 3.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=, 5 2 在 RtAOM中,由勾股定理得半
7、径OA= . 13 2 4 4.B 解析从正方体同一个顶点出发的三条棱两两垂直,可知选项 A 错误; 因为l1l2,所以l1与l2所成的角是 90. 又因为l2l3,所以l1与l3所成的角是 90,所以l1l3,故选项 B 正确; 三棱柱中的三条侧棱平行,但不共面,故选项 C 错误; 三棱锥的三条侧棱共点,但不共面,故选项 D 错误.故选 B. 5 5.C 解析如图所示,可知EGF为AB和CD所成的角,F为正方体棱的中点. 设正方体棱长为 1, 则EF=GF=,EG=. 5 2 2 故 cosEGF=. 10 5 6 6.B 解析设AC=x,则 0=-, mn |m|n| 6 4 cos=-.
8、故二面角D-BE-B1的余弦值为-. 6 4 6 4 1111.解法一(1)证明:PD=PC,且点E为CD边的中点, 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)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平面PDC,ADPD. PDC即为二面角P-AD-C的平面角. 在 RtPDE中, PD=4,DE= AB=3,PE=, 1 2 PD2- DE2= 7 tanPDC=, PE DE = 7 3 即二面角
9、P-AD-C的正切值为. 7 3 (3)如图所示,连接AC, AF=2FB,CG=2GB, 即=2,ACFG, AF FB = CG GB PAC即为直线PA与直线FG所成的角或其补角. 在PAC中,PA=5,PD2+ AD2 AC=3.AD2+ CD25 由余弦定理可得 cosPAC=, PA2+ AC2- PC2 2PAAC = 52+ (3 5) 2 - 42 2 5 35 = 95 25 直线PA与直线FG所成角的余弦值为. 95 25 解法二(1)见解法一. (2)取AB的中点M,连接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
10、图所示的空间直角坐标系. 可得A(3,-3,0),D(0,-3,0),P(0,0,),C(0,3,0),即=(-3,0,0),=(0,-3,-),7ADPD7 设平面PAD的法向量为 n n=(x,y,z), 则可得 ADn = 0, PDn = 0, - 3x = 0, - 3y -7z = 0, 令y=,可得一个法向量 n n=(0,-3).77 因为平面ADC的一个法向量为=(0,0,),EP7 所以二面角P-AD-C的余弦值为|cos|=.EP| - 37 7 4| = 3 4 所以二面角P-AD-C的正切值为. 7 3 (3)由(2)中建立的空间直角坐标系可得=(3,-3,-),F(3,1,0),G(2,3,0),则=(-1,2,0),PA7FG 故 cos=.PA,FG - 3 - 6 5 5 = - 95 25 所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为. 95 25