内容正文:
第13章 立体几何初步(能力提升)
考试时间:120分钟
注意事项:
本试卷满分150分,考试时间90分钟,试题共22题.答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置.
一、单选题(共8小题)
1.若直线a⊥平面α,直线b⊥平面α,则直线a与直线b的位置关系为( )
A.异面
B.相交
C.平行
D.平行或异面
【答案】C
【分析】由直线a⊥平面α,直线b⊥平面α,利用反证法证明a∥b.
【解答】解:若直线a⊥平面α,直线b⊥平面α,则直线a与直线b的位置关系是平行.
原因如下:
若a与b相交,设交点为O,则过O点有两条直线都有平面α垂直,与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直矛盾;
若a与b异面,如图,
设b∩α=O,则由a与O可确定平面β,在β内过O作直线c∥a,则c⊥α,这样,过O有两条直线b与c与α垂直,
也与过一点有且只有一条直线与已知平面垂直矛盾.
故选:C.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系
2.一个长方体的长,宽、高分别为5,3,,则该长方体的外接球的表面积为( )
A.36π
B.40π
C.45π
D.70π
【答案】B
【分析】利用长方体的外接球的直径就是长方体的体对角线的长,求出外接球的半径,然后求解外接球的表面积.
【解答】解:长方体的外接球的直径就是长方体的体对角线的长,
长方体的长,宽、高分别为5,3,,
该长方体的外接球的半径,
则该长方体的外接球的表面积为4πR2=40π.
故选:B.
【知识点】球的体积和表面积
3.在三棱锥A﹣BCD中,已知AB、AC、AD两两垂直,且△BCD是以边长为2的正三角形,则该三棱锥的外接球的体积为( )
A.12π
B.4π
C.6π
D.π
【答案】D
【分析】直接利用勾股定理,球的体积公式,三棱锥与外接球的关系式的应用求出结果.
【解答】解:根据三棱锥A﹣BCD中,已知AB、AC、AD两两垂直,且△BCD是以边长为2的正三角形,
利用勾股定理得到:,
故三棱锥的外接球的半径R==,
所以=.
故选:D.
【知识点】球的体积和表面积
4.三棱柱ABC﹣A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,∠ABC=90°,AB=1,BC==2,则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为( )
A.32π
B.16π
C.12π
D.8π
【答案】D
【分析】由三棱柱ABC﹣A1B1C1的结构特征,把三棱柱ABC﹣A1B1C1放入长方体中,则长方体的外接球就是三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球,利用长方体的体对角线求出长方体的外接球的半径,从而得到三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球半径,再利用球的表面积公式求出棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积即可.
【解答】解:把三棱柱ABC﹣A1B1C1放入长方体中,
如图所示:
所以长方体的外接球即是三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球,
∵AB=1,BC==2,
∴长方体的外接球的半径R==,
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球半径为,
∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为=8π,
故选:D.
【知识点】球的体积和表面积
5.已知两条异面直线的方向向量分别是=(3,1,﹣2),=(3,2,1),则这两条异面直线所成的角θ满足( )
A.sinθ=
B.sinθ=
C.cosθ=
D.cosθ=
【答案】C
【分析】由已知两条异面直线的方向向量的坐标,然后利用数量积求夹角公式得答案.
【解答】解:∵两条异面直线的方向向量分别是=(3,1,﹣2),=(3,2,1),
∴,
,,
又两条异面直线所成的角为θ,则cosθ=|cos<>|==.
故选:C.
【知识点】异面直线及其所成的角
6.设m,n为两个不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列说法中不正确的是( )
A.若m∥n,n⊥β,m⊂α,则α⊥β
B.当m与α平行时,若m与n不平行,则n与α不平行
C.若α⊥β,点P∈α,点P∈a,a⊥β,则a⊂α
D.若m⊂β,α∥β,则m∥α
【答案】B
【分析】由线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理可判断A;由面面平行的性质定理可判断B;由面面垂直的性质定理可判断C;由面面平行的性质定理可判断D.
【解答】解:对于A,由m∥n,n⊥β,可得m⊥β,又m⊂α,则α⊥β,故A正确;
对于B,过m、n作平面β,使得α∥β,则β内的任一条直线都与α平行,故B错误;
对于C,若α⊥β,点P∈α,点P∈a,a⊥β,由面面垂直的性质定理可得a⊂α,故C正确;
对于D,若m⊂β,α∥β,由面面平行的性质定理可得m∥α,故D正确.
故选:B.
【知识点】平面与平面之间的位置关系、空间中直线与平面之间的位置关系、空间中直线与直线之间的位置关系
7.如图1,已知PABC是直角梯形