发布时间 : 星期一 文章高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何A理新人教B版更新完毕开始阅读f9fa77eecdbff121dd36a32d7375a417876fc176
过点D作DE⊥VA于点E,则E为VA的中点,连接OA,DA, 则DE=OA=×3
=2,AE=VA=2,DA为外接球的半径r,∴r==4,
∴外接球的表面积S=4πr2=64π.故选C.
6.A 解析 由三视图还原原几何体如图.
几何体是三棱锥A-BCD,满足平面ACD⊥平面BCD,且AD⊥CD,BC⊥CD.
最短棱为CD,最长棱为AB.在平面BCD内,过点B作BE∥CD,且BE=CD,连接DE,
∴四边形BEDC为正方形,可得AE=2
在Rt△AEB中,求得AB=,
=3,∴cos∠ABE=.
即最短的棱和最长的棱所在直线所成角的余弦值为.故选A. 7. 解析 如图,连接CF,取BF的中点M,连接CM,EM, 则ME∥AF,故∠CEM即为所求的异面直线所成角. 不妨设这个正四面体的棱长为2,则AF=CE=CF=,EM=,CM=,
∴cos∠CEM=故答案为.
.
8.π 解析 由题意,△BCD为等腰直角三角形,E是其外接圆的圆心,
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点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则BF=,
∴AF=,
2
设球心到平面BCD的距离为h,则1+h=,∴h=π.
,r=,
∴该三棱锥外接球的表面积为4π×
9.(1)证明 在△BCA中,∵AB=2,CA=4,BC=2
,
∴AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC.
又平面SAB⊥平面ABC,平面SAB∩平面ABC=AB,∴AC⊥平面SAB. 又AC?平面SAC,所以平面SAB⊥平面SAC.
(2)解 如图建立空间直角坐标系,A(0,0,0),B(2,0,0),S(1,0,
),C(0,4,0),
=(1,-4,),=(-2,4,0),=(0,4,0),
设平面SBC的法向量n=(x,y,z),由设平面SCA的法向量m=(a,b,c),由
则n=.
,0,1),
∴m=(-.
∴cos
10.解 (1)设AB中点为O,连接OC,OB1,B1C,则截面OB1C为所求.
证明:OC,OB1分别为△ABC,△ABB1的中线,所以AB⊥OC,AB⊥OB1,
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又OC,OB1为平面OB1C内的两条相交直线,所以AB⊥平面OB1C, (2)以O为原点,
方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,
,0),B1(0,0,
),C1(-1,
),
易求得B(1,0,0),A(-1,0,0),C(0,
=(1,-=(0,
,0),),
=(1,0,-),
设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z),
由解得平面BCC1B1的一个法向量为n=(,1,1),
|cos<,n>|=,
所以AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
11.(1)证明 取AB的中点D,连接CD,DF,DE.
∵AC=BC,D是AB的中点, ∴CD⊥AB.
∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形,AE=,A1F=, ∴A1E=,
EF=,
DE=,
DF=,
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∴EF2+DE2=DF2, ∴DE⊥EF,
又CE⊥EF,CE∩DE=E,CE?平面CDE,DE?平面CDE,
∴EF⊥平面CDE,又CD?平面CDE,∴CD⊥EF,
又CD⊥AB,AB?平面ABB1A1,EF?平面ABB1A1,AB,EF为相交直线,
∴CD⊥平面ABB1A1,又CD?平面ABC, ∴平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解 ∵平面ABB1A1⊥平面ABC,
∴三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴CC1⊥平面ABC. ∵CA⊥CB,AB=2,∴AC=BC=.
以C为原点,分别以CA,CB,CC1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示.
则A(
,0,0),C(0,0,0),C1(0,0,2),E,F.
.
∴=(-,0,2),
设平面CEF的法向量为n=(x,y,z),则
∴令z=4,得n=(-,-9,4).