高三数学理一轮复习考点规范练第八章立体几何单元质检八A含解析.doc

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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)1.一块石材表示的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.42.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3.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4,ABAC,AA1=12,则球O的半径为()A

2、.B.2C.D.3导学号372705874.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l1l3B.若l1l2,l2l3,则l1l3C.若l1l2l3,则l1,l2,l3共面D.若l1,l2,l3共点,则l1,l2,l3共面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.C.D.6.在空间四边形ABCD中,平面ABD平面BCD,且DA平面ABC,则ABC的形状是()A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不能确定二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共1

3、4分)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.已知PA垂直于平行四边形ABCD所在的平面,若PCBD,则平行四边形ABCD的形状一定是.三、解答题(本大题共3小题,共44分)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)BC1AB1.10.(15分)三棱锥A-BCD及其三视图如图所示,过棱AB的中点E作平行于AD,BC的平面分别交棱BD,DC,CA于点F, G,H.(1)证明:四边形EFGH是矩形;(2)求

4、直线AB与平面EFGH所成的角的正弦值.导学号3727058811.(15分)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=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.导学号37270589参考答案单元质检八立体几何(A)1.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,

5、故此时球的半径与ABC内切圆半径相等,故半径r=2.故选B.2.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,故应选D.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

6、,则AO的长为球半径,可知OM=6,AM=,在RtAOM中,由勾股定理得半径OA=.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;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对;三棱柱中的三条侧棱平行,但不共面,故选项C错;三棱锥的三条侧棱共点,但不共面,故选项D错.故选B.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=.故cosEGF=.6.B解析 如图,作AEBD,交BD于E.平面ABD平面BCD,AE平面BCD,BC平面BCD,AEB

7、C.而DA平面ABC,BC平面ABC,DABC.又AEAD=A,BC平面ABD.而AB平面ABD,BCAB,即ABC为直角三角形.故选B.7.1.5解析 因为PA平面ABCD,所以PADM.若BC边上有且只有一点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,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.菱形解析 因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以PABD.又PCBD,且PC平面PAC,PA平面PAC,PCPA=P,所以BD平面PAC.又AC平面PAC,所以BDAC.又四边形ABCD是平

8、行四边形,所以四边形ABCD是菱形.9.证明 (1)由题意知,E为B1C的中点,又D为AB1的中点,因此DEAC.又因为DE平面AA1C1C,AC平面AA1C1C,所以DE平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CC1平面ABC.因为AC平面ABC,所以ACCC1.又因为ACBC,CC1平面BCC1B1,BC平面BCC1B1,BCCC1=C,所以AC平面BCC1B1.又因为BC1平面BCC1B1,所以BC1AC.因为BC=CC1,所以矩形BCC1B1是正方形,因此BC1B1C.因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C,所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1

9、AC,所以BC1AB1.10.(1)证明 由该三棱锥的三视图可知,BDDC,BDAD,ADDC,BD=DC=2,AD=1.由题设,BC平面EFGH,平面EFGH平面BDC=FG,平面EFGH平面ABC=EH,BCFG,BCEH,FGEH.同理EFAD,HGAD,EFHG.四边形EFGH是平行四边形.又ADDC,ADBD,AD平面BDC,ADBC,EFFG,四边形EFGH是矩形.(2)解 如图,以D为坐标原点建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(0,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0),=(0,0,1),=(-2,2,0),=(-2,0,1).设平面EFGH的法向量n=(x,y,z

10、),EFAD,FGBC,n=0,n=0,得令x=1,得n=(1,1,0),sin =|cos|=,即直线AB与平面EFGH所成的角的正弦值为.11.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.又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=,tanPDC=,即二面

11、角P-AD-C的正切值为.(3)如图所示,连接AC,AF=2FB,CG=2GB,即=2,ACFG,PAC即为直线PA与直线FG所成的角或其补角.在PAC中,PA=5,AC=3.由余弦定理可得cosPAC=,直线PA与直线FG所成角的余弦值为.解法二 (1)见解法一.(2)取AB的中点M,连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,),C(0,3,0),即=(-3,0,0),=(0,-3,-),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则可得令y=,可得一个法向量n=(0,-3),又平面ADC的一个法向量为=(0,0,),所以二面角P-AD-C的余弦值为|cos|=.所以二面角P-AD-C的正切值为.(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),故cos=.所以直线PA与直线FG所成角的余弦值为.