广西专用高考数学一轮复习单元质检8立体几何A含解析新人教A版理

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.(2021天津西青模拟)设x,y∈R,向量a=(x,1,1),b=(1,y,1),c=(3,-6,3),且a⊥c,b∥c,则|a+b|=(　　)

A. B.3 

C.4 D.2

2.如图,一个透明的球形装饰品内放置了两个共底面的圆锥,且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上,已知圆锥底面面积是这个球面面积的,则较大圆锥与较小圆锥的体积之比为(　　)

A.2∶1 B.3∶1

C.4∶1 D.5∶1

3.一个几何体的三视图如图所示,该几何体外接球的表面积为(　　)

A.28π B.32π

C.36π D.

4.(2021北京高考)某一时间段内,从天空降落到地面上的雨水,未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度,称为这个时段的降雨量(单位:mm).24 h降雨量的等级划分如下:

在综合实践活动中,某小组自制了一个底面直径为200 mm,高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中,该雨量器收集的24 h的雨水高度是150 mm(如图所示),则这24 h降雨量的等级是(　　)

A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨

5.在四面体ABCD中,E,F分别为棱AC,BD的中点,AD=6,BC=4,EF=,则异面直线AD与BC所成角的余弦值为(　　)

A. B. 

C. D.

6.某几何体的三视图如图所示,则在该几何体中,面积最大的侧面的面积为(　　)

A. B. C. D.3

二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)

7.(2021山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为　　　　　. 

8.在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为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.(14分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.

(1)证明:PO⊥平面ABC;

(2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离.

10.(15分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.

(1)证明:BE⊥平面EB1C1;

(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

11.(15分)(2021广东茂名二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥矩形ABCD,其中AD=2,AB=1,PA=,点E为矩形ABCD的边BC上一动点.

(1)已知F为线段PD上一点,|PD|=3|DF|,是否存在点E,使得EF∥平面PAB?若存在,请求出CE的长;若不存在,请说明理由;

(2)若DE⊥PE,求直线PC与平面PED所成角的余弦值.

答案：

1.B　解析因为a⊥c,所以3x-6+3=0,解得x=1,所以a=(1,1,1).

因为b∥c,所以,解得y=-2,所以b=(1,-2,1).

所以a+b=(2,-1,2),所以|a+b|==3.

2.B　解析不妨设球的半径为4,则球的表面积为64π,圆锥的底面积为12π,故圆锥的底面半径为2.由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离、球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形,由此可以求得球心到圆锥底面的距离是=2,所以圆锥体积较小者的高为4-2=2,同理可得圆锥体积较大者的高为4+2=6.

又这两个圆锥的底面相同,所以较大圆锥与较小圆锥的体积之比等于它们的高之比,即3∶1.故选B.

3.D　解析该几何体是一个底面为正方形的四棱锥,其中一个侧面为正三角形且与底面垂直,分别过正方形底面和正三角形侧面的中心作面的垂线,交点为外接球球心,由勾股定理求得球的半径为,表面积为.

4.B　解析由题意,一个半径为=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为=50(mm),高为150mm的圆锥,

所以积水厚度d==12.5(mm),属于中雨.

5.D　解析如图所示,取CD的中点G,连接EG,FG,则FG∥BC,EG∥AD.

∴异面直线AD与BC所成的角为∠EGF或其补角.

∵FG=BC=2,EG=AD=3,

∴cos∠EGF=.

∴异面直线AD与BC所成角的余弦值为.故选D.

6.B　解析由三视图可知,几何体的直观图如图所示,平面AED⊥平面BCDE,四棱锥A-BCDE的高为1,四边形BCDE是边长为1的正方形,则S△AED=×1×1=,S△ABC=S△ABE=×1×,S△ACD=×1×,故选B.

7.　解析设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的母线与其底面所成的角为θ,则×2πrl=2πr2⇒,

∴cosθ=⇒θ=.

8.　解析由题意知,△BCD为等腰直角三角形,点E是△BCD外接圆的圆心,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则BF=,AF=.

设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,球O的半径为r,则r2=1+h2=,∴h=,r=.

∴该三棱锥外接球的表面积为4π×.

9.(1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.

如图,连接OB,

因为AB=BC=AC,

所以△ABC为等腰直角三角形,

且OB⊥AC,OB=AC=2.

由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB.

由OP⊥OB,OP⊥AC且OB∩AC=O,OB,AC⊂平面ABC知,PO⊥平面ABC.

(2)解如图,作CH⊥OM,垂足为H.

又由(1)可得OP⊥CH,

所以CH⊥平面POM.

故CH的长为点C到平面POM的距离.

由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°,

所以OM=,

CH=.

所以点C到平面POM的距离为.

10.(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.

又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.

(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,

所以∠AEB=45°,

故AE=AB,AA1=2AB.

以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),=(1,0,0),=(1,-1,1),=(0,0,2).

设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则

所以可取n=(0,-1,-1).

设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则

所以可取m=(1,1,0).

于是cos<n,m>==-.

所以,二面角B-EC-C1的正弦值为.

11.解∵四边形ABCD为矩形,

∴AB⊥AD,又PA⊥平面ABCD,

则以A为坐标原点,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系如图所示.

则D(0,2,0),P(0,0,),C(1,2,0),F.

(1)设E(1,y,0)(0≤y≤2),

则.

由题意,知n=(0,1,0)为平面PAB的一个法向量,

若存在点E,使得EF∥平面PAB,则⊥n,

即·n=-y=0,解得y=.

∴存在点E,使得EF∥平面PAB,此时CE=2-.

(2)设E(1,t,0)(0≤t≤2),则=(1,t-2,0),PE=(1,t,-).

∵DE⊥PE,∴=1+t(t-2)=0,解得t=1,即E(1,1,0),

∴=(1,1,-),=(1,-1,0).

设平面PED的法向量m=(a,b,c),

则令a=1,则b=1,c=,

∴m=(1,1,).

又=(1,2,-),

设直线PC与平面PED所成角为θ,

∴sinθ=|cos<,m>|=,

又θ∈,∴cosθ=,即直线PC与平面PED所成角的余弦值为.