模块六 立体几何（测试）（解析版）

模块六立体几何（测试）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第Ⅰ卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．在四面体ABCD中，,1,22,15ABBCABADCDBC，则四面体ABCD外接球的体积为（）A．16B．163C．32D．323【答案】D【解析】因为ABBC，1AB，15BC=，所以224ACABBC.又22ADCD，所以222ADCDAC，故ADCD.取AC的中点O，则O到四面体ABCD四个顶点的距离均为2，即四面体ABCD外接球的半径为2，则四而体ABCD外接球的体积为34π32π233.故选：D.2．如图所示，在正方体1111ABCDABCD中，E为线段11AC上的动点，则下列直线中与直线CE夹角为定值的直线为（）A．直线ACB．直线1ADC．直线BDD．直线1AA【答案】C【解析】设正方体的棱长为1，如图，以D为原点，分别以1,,DADCDD为,,xyz轴建立空间直角坐标系，1,0,0A，0,0,0D，0,1,0C，1,1,0B，11,0,1A，设1,,1Exx，0,1x，则1,1,1CExxuur，1,1,0AC，11,0,1AD，1,1,0BD，10,0,1AA，222cos,2112CEACxCEACCEACxuuruuuruuruuuruuruuur，不是定值，故A错；11212cos,2112CEADxCEADCEADxuuruuuruuruuuruuruuur，不是定值，故B错；cos,0CEBDCEBDCEBDuuruuuruuruuuruuruuur，所以直线CE与直线BD所成角为π2，故C正确；11211cos,2112CEAACEAACEAAxuuruuuruuruuuruuruuur，不是定值，故D错.故选：C.3．若平面截球O所得截面圆的面积为12π，且球心O到平面的距离为2，则球O的表面积为（）A．48πB．50πC．56πD．64π【答案】C【解析】由平面截球O所得截面圆的面积为12π，得此截面小圆半径23r，而球心到此小圆距离2d，因此球O的半径R，有22214Rrd，所以球O的表面积24π56πSR.故选：C4．在三棱柱111ABCABC中，1AA平面ABCABC，是等边三角形，D是棱BC的中点，E在棱1BB上，且13BEBE.若12AAAB，则异面直线AC与DE所成角的余弦值是（）A．1010B．1020C．105D．155【答案】B【解析】取AB中点F,连接DF，EF,因为D是BC的中点，所以DFAC∥，即异面直线AC与DE所成角就是平面EDF或补角，假设2AB，因为△ABC是等边三角形，所以1DF,因为13BEBE,12AAAB，所以14,3AABE,因为1AA平面ABC，则111ABCABC为直三棱柱，所以10DE,10EF,在△DEF中，2221011010cos2202101DEDFEFEDFDEDF,故异面直线AC与DE所成角余弦值为1020.故选：B.5．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，书中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若直角圆锥底面圆的半径为1，则其内接正方体的棱长为（）A．21B．21C．22D．2【答案】C【解析】沿正方体上底面的对角线作圆锥的轴截面，如图所示，由题知SEF为等腰直角三角形，1OE，1SO，设正方体的棱长2CCx，则1222NCxx，12SNx，则由SNC与SOE相似可得NCSNOESO，即1211xx，12121x，所以正方体棱长为22.故选：C.6．阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到的阿基米德多面体，如图所示.则该多面体所在正方体的外接球表面积为（）A．16πB．9πC．8πD．12π【答案】D【解析】将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，截面三角形边长为2，则原正方体棱长的一半为1，即多面体所在正方体的棱长为2，可得正方体体对角线长23，外接球半径为3，所以外接球表面积为24π(3)12π.故选：D.7．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，两圆锥的表面积分别为1S和2S，内切球半径分别为1b和2b．若1252SS，则12bb的值是（）A．254B．105C．2105D．10【答案】C【解析】两圆锥的母线长为l，甲圆锥底面半径为1r，乙圆锥底面半径为2r，由圆心角之和为2π，得122π2π2πrrll，则12rrl，又21112222ππ5ππ2SrrlSrrl，即2211222255rrlrrl，将12rrl代入，所以22111222122255rrrrrrrr，即22112243100rrrr，所以122rr，从而123rl，213rl．由圆锥内切球半径公式得，122211111112111ππ3πbrrllrlrVrhrhrlrS，所以221111lrbrrl，将123rl代入1532233lblll，解得12515bl，同理可得226bl，所以122105bb.故选：C.8．半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图所示的多面体ABCDEFGH就是一个半正多面体，其中四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，其余八个面为等边三角形，已知该多面体的所有棱长均为2，则平面ABCD与平面EFGH之间的距离为（）A．2B．48C．112D．102【答案】B【解析】分别取,BCAD的中点,MN，连接,,,MNMGNEEG，根据半正多面体的性质可知，四边形EGMN为等腰梯形；根据题意可知,BCMNBCMG，而,,MNMGMMNMG平面EGMN，故BC平面EGMN，又BC平面ABCD，故平面ABCD平面EGMN，则平面EFGH平面EGMN，作MSEG，垂足为S，平面EFGH平面EGMNEG，MS平面EGMN，故MS平面EFGH，则梯形EGMN的高即为平面ABCD与平面EFGH之间的距离；322223212,2MGSG，故22243(21)228MSMGSG，即平面ABCD与平面EFGH之间的距离为48，故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．如图，在正四棱柱1111ABCDABCD中，12AAAB，P为1AA的中点，Q为1AC上的动点，下列结论正确的是（）A．若//PQ平面ABCD，则1114AQACB．若//PQ平面ABCD，则1112AQACC．若PQ平面PBD，则1114AQACD．若PQ平面PBD，则1113AQAC【答案】BD【解析】如图建立空间直角坐标系，令122AAAB，则0,0,0D，0,1,0C，1,1,0B，()1,0,1P，11,0,2A，则1,1,0DB，1,0,1DP，11,1,2AC，10,0,1PA，设平面PBD的法向量为,,nxyz，则00nDPxznDBxy，取1,1,1n，又平面ABCD的法向量可以为0,0,1m，设11AQAC，0,1，则1111,,12PQPAPAAQAC，若//PQ平面ABCD，则PQm，即120PQmuuurur，解得12，即1112AQAC，故A错误，B正确；若PQ平面PBD，则//PQn，则PQtnuuurr，即1,,121,,1t，所以12ttt，解得1313t，即1113AQAC，故C错误，D正确.故选：BD10．关于空间向量，以下说法正确的是（）A．已知任意非零向量111222,,,,,xyzxyzab，若ab，则111222xyzxyzB．若对空间中任意一点O，有111632OPOAOBOC，则,,,PABC四点共面C．设,,abc是空间中的一组基底，则,,abbab也是空间的一组基底D．若空间四个点13,,,,44PABCPCPAPB，则,,ABC三点共线【答案】BD【解析】对于A：若ab，则111222xyzxyz，且222,,0xyz，故A错误；对于B，若对空间中任意一点O，有111632OPOAOBOC，1111632，,,,PABC\四点共面，故B正确；对于C，,,abc是空间中的一组基底，且1122bababrrrrr，,,abbab共面，不可以构成空间的一组基底，故C错误；对于D，若空间四个点,,,PABC，1344PCPAPB，13144，,,ABC三点共线，故D正确.故选：BD11．在等腰梯形ABCD中，//,3,1ABCDABBCCD，点12,,OOE分别为,,CDABBC的中点，以12OO所在直线为旋转轴，将梯形旋转180得到一旋转体，则（）A．该旋转体的侧面积为6B．该旋转体的体积为73π3C．直线AE与旋转体的上底面所成角的正切值为225D．该旋转体的外接球的表面积为27π2【答案】ACD【解析】由题意可知，所得到的旋转体是圆台，如图．因为3,1ABCD，所以圆台的上、下底面的半径分别满足1213,22rr．又3BC，所以该圆台的侧面积12133622SrrBC，所以A正确．过点,CD分别作CGAB于点,GDHAB于点H，则1AHHGGB，所以22223122DHADAH，故该圆台的体积22112211139132πππ22334446VrrrrDH，所以B错误．易知圆台的上、下底面平行，所以直线AE与圆台的上底面所成的角等于其与圆台的下底面所成的角．过点E作EMAB于点M．易知MAE为直线AE与下底面所成的角．又1153222AMABMBABBG，11222EMCGDH，所以222tan552EMMAEAM，所以C正确．设该圆台的外接球的半径为R，球心为2,(0)OOOmm．当点O在线段12OO上时，122OOm．由ROBOC，得22222211OBOOOCOO，即22912244mm，解得324m．当点O在线段12OO的延长线上时，122OOm．由ROBOC，得22222211OBOOOCOO，即22912244mm．化简，得426m，此时m无解．所以2293227448R，则该旋转体的外接球的表面积22727π4π4π82SR，所以D正确．故选：ACD12．如图1，矩形11BBCC由正方形11BBAA与11AACC拼接而成．现将图形沿1AA对折成直二面角，如图2．点P（不与1,BC重合）是线段1BC上的一个动点，点E在线段AB上，点F在线段11AC上，且满足PEAB，11PFAC，则（）图1图2A．PEPFB．1BCPEF平面C．EPF的最大值为2π3D．多面体CFAEP的体积为定值【答案】AC【解析】设正方形11BBAA，11AACC的边长为1因为1,,ABACAA两两垂直，以A为坐标原点，分别以1,,ABACAA所在直线为x轴、