2022年高考理科《數(shù)學(xué)》人教A版總復(fù)習(xí)練習(xí)題-單元質(zhì)檢八　立體幾何(A)

1、單元質(zhì)檢八立體幾何(A)(時(shí)間:45分鐘滿(mǎn)分:100分)單元質(zhì)檢卷第14頁(yè)一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分)1.一塊石材幾何體的三視圖如圖所示,將該石材切削、打磨,加工成球,則能得到的最大球的半徑等于()A.1B.2C.3D.4答案:B解析:由三視圖可得原石材為如圖所示的直三棱柱A1B1C1-ABC,且AB=8,BC=6,BB1=12.若要得到半徑最大的球,則此球與平面A1B1BA,BCC1B1,ACC1A1都相切,故此時(shí)球的半徑與ABC內(nèi)切圓半徑相等,故半徑r=6+8-102=2.故選B.2.下列說(shuō)法錯(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

2、面平面,a,過(guò)內(nèi)的一點(diǎn)B有唯一的一條直線(xiàn)b,使baC.,所成的交線(xiàn)為a,b,c,d,則abcdD.一條直線(xiàn)與兩個(gè)平面所成的角相等,則這兩個(gè)平面平行答案: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,平面與平面平行,則平面中的直線(xiàn)a必平行于平面,平面內(nèi)的一點(diǎn)與這條線(xiàn)可以確定一個(gè)平面,這個(gè)平面與平面交于一條直線(xiàn),過(guò)該點(diǎn)在平面內(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,故選D.3.已知直三棱柱ABC-A

3、1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12,則球O的半徑為()A.3172B.210C.132D.310答案: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平面ABC,連接AO,則AO的長(zhǎng)為球半徑,可知OM=6,AM=52,在RtAOM中,由勾股定理得半徑OA=132.4.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著孫子算經(jīng)中有如下問(wèn)題:“今有筑城,上廣二丈,下廣五丈四尺,高三丈八尺,長(zhǎng)五千五百五十尺,秋程人功三百尺.問(wèn):須工幾何?”意思是:“現(xiàn)要筑造底面為等腰梯形的直棱柱的城墻,其中底面等腰梯形的上底為2丈,下底為5.4丈,高為3.8丈,

4、直棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)為5 550尺.如果一個(gè)秋天工期的單個(gè)人可以筑出300立方尺,問(wèn):一個(gè)秋天工期需要多少個(gè)人才能筑起這個(gè)城墻?”(注:一丈等于十尺)()A.24 642B.26 011C.52 022D.78 033答案:B解析:根據(jù)棱柱的體積公式,可得城墻所需土方為20+542385 550=7 803 300(立方尺),一個(gè)秋天工期所需人數(shù)為7 803 300300=26 011,故選B.5.如圖,點(diǎn)N為正方形ABCD的中心,ECD為正三角形,平面ECD平面ABCD,M是線(xiàn)段ED的中點(diǎn),則()A.BM=EN,且直線(xiàn)BM,EN是相交直線(xiàn)B.BMEN,且直線(xiàn)BM,EN是相交直線(xiàn)C.BM=EN,且直

5、線(xiàn)BM,EN是異面直線(xiàn)D.BMEN,且直線(xiàn)BM,EN是異面直線(xiàn)答案:B解析:如圖,連接BD,BE.在BDE中,N為BD的中點(diǎn),M為DE的中點(diǎn),BM,EN是相交直線(xiàn),排除選項(xiàng)C、D.作EOCD于點(diǎn)O,連接ON.作MFOD于點(diǎn)F,連接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與EON均為直角三角形.設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2,易知EO=3,ON=1,MF=32,BF=22+94=52,則EN=3+1=2,BM=34+254=7,BMEN.故選B.6.某幾何體的三視圖如圖所示,則在該幾何體中,面積最大的側(cè)面的

6、面積為()A.22B.52C.62D.3答案:B解析:由三視圖可知,幾何體的直觀(guān)圖如圖所示,平面AED平面BCDE,四棱錐A-BCDE的高為1,四邊形BCDE是邊長(zhǎng)為1的正方形,則SAED=1211=12,SABC=SABE=1212=22,SACD=1215=52,故選B.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,若邊BC上有且只有一點(diǎn)M,使PMDM,則a的值為.答案:1.5解析:如圖,連接AM.因?yàn)镻A平面ABCD,所以PADM.若邊BC上有且只有一點(diǎn)M,使PMMD,則DM平面PAM,即DMAM,故以AD為直徑的圓和BC

7、相切即可.因?yàn)锳D=BC=3,所以圓的半徑為1.5,要使線(xiàn)段BC和半徑為1.5的圓相切,則AB=1.5,即a=1.5.8.(2020全國(guó),理15)已知圓錐的底面半徑為1,母線(xiàn)長(zhǎng)為3,則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為.答案:23解析:圓錐內(nèi)半徑最大的球?yàn)樵搱A錐的內(nèi)切球,如圖,該圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)BS=3,底面半徑BC=1,高SC=BS2-BC2=22,設(shè)該內(nèi)切球與母線(xiàn)BS切于點(diǎn)D,則OD=OC=r,BC=BD=1,在RtSOD中,SO2-OD2=SD2,即(22-r)2-r2=4,解得r=22,故所求球的體積V=43r3=43223=23.三、解答題(本大題共3小題,共44分)9.(14分)如圖,在三棱

8、錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn).(1)證明:PO平面ABC;(2)若點(diǎn)M在棱BC上,且MC=2MB,求點(diǎn)C到平面POM的距離.答案:(1)證明因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)PAC,且OP=23.如圖,連接OB,因?yàn)锳B=BC=22AC,所以ABC為等腰直角三角形,且OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知,OPOB.由OPOB,OPAC知,PO平面ABC.(2)解如圖,作CHOM,垂足為H.又由(1)可得OPCH,所以CH平面POM.故CH的長(zhǎng)為點(diǎn)C到平面POM的距離.由題設(shè)可知OC=12AC=2,CM=23BC=

9、423,ACB=45,所以O(shè)M=253,CH=OCMCsinACBOM=455.所以點(diǎn)C到平面POM的距離為455.10.(15分)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面為菱形,BAD=120,AB=2,E,F分別為CD,AA1的中點(diǎn).(1)求證:DF平面B1AE;(2)若AA1底面ABCD,且直線(xiàn)AD1與平面B1AE所成角的正弦值為34,求線(xiàn)段AA1的長(zhǎng).答案:(1)證明設(shè)G為AB1的中點(diǎn),連接EG,GF,因?yàn)镕G12A1B1,又DE12A1B1,所以FG DE,所以四邊形DEGF是平行四邊形,所以DFEG.又DF平面B1AE,EG平面B1AE,所以DF平面B1AE.(2)解因?yàn)樗倪呅?/p>

10、ABCD是菱形,且ABD=60,所以ABC是等邊三角形.取BC的中點(diǎn)G,則AGAD.因?yàn)锳A1平面ABCD,所以AA1AG,AA1AD,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,令A(yù)A1=t(t0),則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).設(shè)平面B1AE的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則nAE=32(x+3y)=0,且nAB1=3x-y+tz=0,取n=(-3t,t,4).設(shè)直線(xiàn)AD1與平面B1AE所成的角為,則sin =|nAD1|n|AD1|=6t2(t2+4)=34,解得t=2,故線(xiàn)段A

11、A1的長(zhǎng)為2.11.(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是邊CD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:PEFG;(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.答案:解法一(1)證明:PD=PC,且點(diǎn)E為邊CD的中點(diǎn),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:四邊形ABCD是矩形,ADDC.又平面PDC平面ABCD,且平面PDC平面ABCD=CD,AD平

12、面ABCD,AD平面PDC.PD平面PDC,ADPD.PDC即為二面角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的正切值為73.(3)解:如圖所示,連接AC,AF=2FB,CG=2GB,即AFFB=CGGB=2,ACFG,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cosPAC=PA2+AC2-PC22PAAC=52+(35)2-422535=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)解: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(0,3,0),即AD=(-3,0,0),PD=(0,-3,-7),設(shè)平面PAD的法向量為n=(x,y,z),則ADn=0,PDn=0,可得-3x=0,-3y-7z=0,令y=7,可