（天津专用）2020届高考数学一轮复习单元质检7立体几何（A）（含解析）新人教A版.docx

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.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.2B.4C.8D.4或82.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.3172B.210C.132D.3104.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.25B.35C.105D.556.我国古代数学名著九章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+42B.6+42C.8+42D.10+42二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14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.已知在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=2,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)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.11.(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=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.单元质检七立体几何(A)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1,此时圆柱体积是124=4;当母线为2时,圆柱的底面半径是2,此时圆柱的体积是222=8,综上可知,所求圆柱的体积是4或8.故选D.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,则AO的长为球半径,可知OM=6,AM=52,在RtAOM中,由勾股定理得半径OA=132.4.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.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=52,EG=2.故cosEGF=105.6.B解析设AC=x,则0x2,由题意,得四棱锥B-A1ACC1的体积为V=132x4-x2=23x4-x223x2+(4-x2)22=43,当且仅当x=4-x2,即x=2时,取等号.堑堵ABC-A1B1C1的表面积为S=2SABC+2S矩形ACC1A1+S矩形ABB1A1=22+222+22=6+42.7.1.5解析如图,连接AM.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=1.5.8.6011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=1+14=52,AF=4-54=112,设三棱锥A-BCD外接球的球心O到平面BCD的距离为h,则1+h2=14+112-h2,h=211,r=1+411=1511(r为球O的半径),该三棱锥外接球的表面积为41511=6011.9.证明(1)由题意知,E为B1C的中点.因为D为AB1的中点,所以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,所以BC1B1C.因为AC,B1C平面B1AC,ACB1C=C,所以BC1平面B1AC.又因为AB1平面B1AC,所以BC1AB1.10.(1)证明AB=BC=CA,D是AC的中点,BDAC.AA1平面ABC,平面AA1C1C平面ABC,BD平面AA1C1C,BDAE.又在正方形AA1C1C中,D,E分别是AC,CC1的中点,易证得A1ADACE,A1DA=AEC,AEC+CAE=90,A1DA+CAE=90,即A1DAE.又A1DBD=D,AE平面A1BD.(2)解取A1C1的中点F,以DF,DA,DB所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则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=(1,1,3).设平面DBE的一个法向量为m=(x,y,z),则DBm=0,DEm=03z=0,x-y=0,令x=1,则m=(1,1,0).设平面BB1E的一个法向量为n=(a,b,c),则BB1n=0,EB1n=02a=0,a+b+3c=0,令c=3,则n=(0,-3,3).设二面角D-BE-B1的平面角为,观察可知为钝角,cos=mn|m|n|=-64,cos=-64.故二面角D-BE-B1的余弦值为-64.11.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.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=12AB=3,PE=PD2-DE2=7,tanPDC=PEDE=73,即二面角P-AD-C的正切值为73.(3)如图所示,连接AC,AF=2FB,CG=2GB,即AFFB=CGGB=2,ACFG,PAC即为直线PA与直线FG所成的角或其补角.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,直线PA与直线FG所成角的余弦值为9525.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轴建立如图所示的空间直角坐标系.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),设平面PAD的法向量为n=(x,y,z),则ADn=0,PDn=0,可得-3x=0,-3y-7z=0,令y=7,可得一