高考数学大一轮复习 第七章 立体几何单元质量检测 理 新人教A版.docx
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高考数学大一轮复习第七章立体几何单元质量检测理新人教A版
2019-2020年高考数学大一轮复习第七章立体几何单元质量检测理新人教A版
一、选择题（每小题4分，共40分）
1．以下关于几何体的三视图的叙述中，正确的是（ ）
A．球的三视图总是三个全等的圆
B．正方体的三视图总是三个全等的正方形
C．水平放置的各面均为正三角形的四面体的三视图都是正三角形
D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆
解析：
画几何体的三视图要考虑视角，但对于球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．
答案：
A
2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（ ）
A.
B.
C．8
πD.
解析：
S圆＝πr2＝π⇒r＝1，而截面圆圆心与球心的距离d＝1，所以球的半径为R＝
＝
.所以V＝
πR3＝
，故选B.
答案：
B
3．设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ
B．若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
C．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
D．若α∥β，m⊄β，m∥α，则m∥β
解析：
对于A，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A错；对于B，若m∥α，n∥β，α⊥β，则m，n可以平行，可以相交，也可以异面，B错；对于C，若α⊥β，m⊥α，则m可以在平面β内，C错；易知D正确．
答案：
D
4．一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．7B.
C.
D.
解析：
依题意可知该几何体的直观图如图所示，其体积为23－2×
×
×1×1×1＝
.
答案：
D
5．已知直四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD为正方形，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．
设AA1＝2AB＝2，则B（1,1,0），E（1,0,1），C（0,1,0），D1（0,0,2），
∴
＝（0，－1,1），
＝（0，－1,2），
∴cos〈
，
〉＝
＝
.
答案：
C
6．如图所示，正四棱锥P—ABCD的底面积为3，体积为
，E为侧棱PC的中点，则PA与BE所成的角为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
连接AC，BD交于点O，连接OE，易得OE∥PA，所以所求角为∠BEO.
由所给条件易得OB＝
，OE＝
PA＝
，BE＝
.
所以cos∠OEB＝
，所以∠OEB＝60°，选C.
答案：
C
7．如图为棱长是1的正方体的表面展开图，在原正方体中给出下列三个命题：
①点M到AB的距离为
；②三棱锥C—DNE的体积是
；③AB与EF所成的角是
其中正确命题的个数是（ ）
A．0B．1
C．2D．3
解析：
依题意可作出正方体的直观图如图，显然M到AB的距离为
MC＝
，∴①正确；而VC—DNE＝
×
×1×1×1＝
，∴②正确；AB与EF所成的角等于AB与MC所成的角，即为
，∴③正确．
答案：
D
8．正△ABC与正△BCD所在平面垂直，则二面角A—BD—C的正弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
取BC中点O，连接AO，DO.建立如图所示坐标系，设BC＝1，则A
，B
，D
.∴
＝
，
＝
，
＝
.由于
＝
为平面BCD的一个法向量，可进一步求出平面ABD的一个法向量n＝（1，－
，1），∴cos〈n，
〉＝
，∴sin〈n，
〉＝
.
答案：
C
9．正三棱柱ABC—A1B1C1的棱长都为2，E，F，G为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：
如图，取AB的中点E，建立如图所示空间直角坐标系E—xyz.则E（0,0,0），F（－1,0,1），B1（1,0,2），A1（－1,0,2），C1（0，
，2），G
.
∴
＝（－2,0，－1），
＝（－1,0,1），
＝
.
设平面GEF的一个法向量为n＝（x，y，z），
由
得
令x＝1，则n＝（1，－
，1），设B1F与平面GEF所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，
〉|＝
＝
.
答案：
A
10．如图，在正四棱柱（底面是正方形的直四棱柱）ABCD—A1B1C1D1中，E、F分别是AB1、BC1的中点，则下列结论不成立的是（ ）
A．EF与BB1垂直
B．EF与BD垂直
C．EF与CD异面
D．EF与A1C1异面
解析：
连接B1C，AC，则B1C交BC1于F，且F为B1C的中点，
又E为AB1的中点，所以EF綊
AC，
而B1B⊥平面ABCD，所以B1B⊥AC，
所以B1B⊥EF，A正确；
又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B正确；
显然EF与CD异面，C正确；
由EF綊
AC，AC∥A1C1，得EF∥A1C1，故不成立的选项为D.
答案：
D
二、填空题（每小题4分，共16分）
11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
解析：
由三视图可知：
该几何体是一个三棱锥，底面是底边长为4
，高为2的等腰三角形，棱锥的高为2，故体积为V＝
×
×4
×2×2＝
.
答案：
12．已知球与棱长均为2的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为________．
解析：
将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以2R＝
，R＝
，则球的表面积为S＝4πR2＝4π×
＝2π.
答案：
2π
13．三棱锥S—ABC中，∠SBA＝∠SCA＝90°，△ABC是斜边AB＝a的等腰直角三角形，则以下结论中：
①异面直线SB与AC所成的角为90°；
②直线SB⊥平面ABC；
③平面SBC⊥平面SAC；
④点C到平面SAB的距离是
a.
其中正确结论的序号是________．
解析：
由题意知AC⊥平面SBC，故AC⊥SB，SB⊥平面ABC，平面SBC⊥平面SAC，①②③正确；取AB的中点E，连接CE，（如图）可证得CE⊥平面SAB，故CE的长度即为C到平面SAB的距离
a，④正确．
答案：
①②③④
14．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，EF∥BC且AE＝2EB，G为BC的中点，K为AF的中点．沿EF将矩形折成120°的二面角A—EF—B，此时KG的长为________．
解析：
如图，过K作KM⊥EF，垂足M为EF的中点，则向量
与
的夹角为120°，〈
，
〉＝60°.又
＝
＋
＝
＋
，∴
2＝
2＋
2＋2
·
＝1＋1＋2×1×1×cos60°＝3.∴|
|＝
.
答案：
三、解答题（共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤．）
15．（10分）一个几何体是由圆柱ADD1A1和三棱锥E—ABC组合而成，点A，B，C在圆O的圆周上，其正（主）视图，侧（左）视图的面积分别为10和12，如图所示，其中EA⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC，AE＝2.
（1）求证：
AC⊥BD.
（2）求三棱锥E—BCD的体积．
解：
（1）因为EA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以EA⊥AC，即ED⊥AC.
又因为AC⊥AB，AB∩ED＝A，所以AC⊥平面EBD.
因为BD⊂平面EBD，所以AC⊥BD.
（2）因为点A，B，C在圆O的圆周上，且AB⊥AC，
所以BC为圆O的直径．
设圆O的半径为r，圆柱高为h，根据正（主）视图，侧（左）视图的面积可得，
解得
所以BC＝4，AB＝AC＝2
.
以下给出求三棱锥E—BCD体积的两种方法：
方法1：
由
（1）知，AC⊥平面EBD，
所以VE—BCD＝VC—EBD＝
S△EBD×CA，
因为EA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以EA⊥AB，即ED⊥AB.
其中ED＝EA＋DA＝2＋2＝4，
因为AB⊥AC，AB＝AC＝2
，
所以S△EBD＝
ED×AB＝
×4×2
＝4
，
所以SE—BCD＝
×4
×2
＝
.
方法2：
因为EA⊥平面ABC，
所以VE—BCD＝VE—ABC＋VD—ABC＝
S△ABC×EA＋
S△ABC×DA＝
S△ABC×ED.
其中ED＝EA＋DA＝2＋2＝4，
因为AB⊥AC，AB＝AC＝2
，
所以S△ABC＝
×AC×AB＝
×2
×2
＝4，
所以VE—BCD＝
×4×4＝
.
16．（10分）如图，AB＝AD，∠BAD＝90°，M，N，G分别是BD，BC，AB的中点，将等边△BCD沿BD折叠成△BC′D的位置，使得AD⊥C′B.
（1）求证：
平面GNM∥平面ADC′.
（2）求证：
C′A⊥平面ABD.
证明：
（1）因为M，N分别是BD，BC′的中点，
所以MN∥DC′.因为MN⊄平面ADC′，
DC′⊂平面ADC′，所以MN∥平面ADC′.
同理NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG＝N，
所以平面GNM∥平面ADC′.
（2）因为∠BAD＝90°，所以AD⊥AB.
又因为AD⊥C′B，且AB∩C′B＝B，
所以AD⊥平面C′AB.
因为C′A⊂平面C′AB，所以AD⊥C′A.
因为△BCD是等边三角形，AB＝AD，
不妨设AB＝1，则BC＝CD＝BD＝
，可得C′A＝1.
由勾股定理的逆定理，可得AB⊥C′A.
因为AB∩AD＝A，所以C′A⊥平面ABD.
17．（12分）如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.
（1）求证：
AB⊥DE；
（2）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；
（3）线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？
若存在，求出
；若不存在，请说明理由．
解：
（1）证明：
取AB的中点O，连接EO，DO.
因为EB＝EA，所以EO⊥AB.
因为四边形ABCD为直角梯形．
AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，
所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD.
因为EO∩DO＝0.
所以AB⊥平面EOD，所以AB⊥ED.
（2）因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，
所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD.
由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O—xyz.
因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，
所以O（0,0,0），A（－1,0,0），B（1,0,0），C（1,1,0），D（0,1,0），E（0,0,1）．
所以
＝（1,1，－1），
平面ABE的一个法向量为
＝（0,1,0）．
设直线EC与平面ABE所成的角为θ，
所以sinθ＝|cos〈
，
〉＝
＝
，
即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为
.
（3）存在点F，且
＝
时，有EC∥平面FBD.
证明如下：
由
＝
＝
，
F
，所以
＝
，
＝（－1,1,0）．
设平面FBD的法向量为v＝（a，b，c），
则有
所以
取a＝1，得v＝（1,1,2）．
因为
·v＝（1,1，－1）·（1,1,2）＝0，
且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD，
即点F满足
＝
时，有EC∥平面FBD.
18．
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