单元质检卷八　立体几何

单元质检卷八立体几何(时间:120分钟满分:150分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.(2021黑龙江大庆中学高三月考)已知直线l,m,n与平面α,β,下列命题正确的是()A.若α∥β,l⫋α,n⫋β,则l∥nB.若α⊥β,l⫋α,则l⊥βC.若l⊥n,m⊥n,则l∥mD.若l⊥α,l∥β,则α⊥β答案:D解析:A.若α∥β,l⫋α,n⫋β,则l∥n或l与n异面,故A不正确;B.缺少l垂直于α与β的交线这个条件,不能推出l⊥β,故B不正确;C.由垂直关系可知,l∥m或l,m相交,或l与m异面,故C不正确;D.因为l∥β,所以平面β内存在直线m∥l,若l⊥α,则m⊥α,且m⫋β,所以α⊥β,故D正确.2.(2021云南昭通模拟)已知A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,则|PD|=()A.13 BC.773 答案:C解析:设P(x,y,z),则AP=(x-1,y-2,z-1),PB=(-1-x,3-y,4-z).由AP=2PB,知x=-13,y=83,z=3,即P-13,83,3,所以PD=43,-53所以|PD|=(3.(2021广西南宁三中高三月考)某几何体的三视图如图所示,已知图中圆的半径都为1,则此几何体的体积为()A.π4 B.π2 C.答案:D解析:由几何体的三视图可知,该几何体为34个球,则该几何体的体积为34×434.如图,一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形O'A'B'C',则原平面图形的周长和面积分别为()A.2a,24aB.8a,22a2C.a,a2D.2a,2a答案:B解析:由直观图可得原图形,∴OA=BC=a,OB=22a,∠BOA=90°,∴AB=OC=3a,原图形的周长为8a,原图形的面积为S=a·22a=22a2.5.(2021全国甲,理6)在一个正方体中,过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥A-EFG后,所得多面体的三视图中,主视图如图所示,则相应的左视图是()答案:D解析:由题意还原该正方体的直观图如图所示,该多面体的三视图中,相应的左视图为D.6.(2021吉林长春外国语学校月考)如图,在三棱锥S-ABC中,点E,F分别是SA,BC的中点,点G在EF上,且满足EGGF=12,若SA=a,SB=b,SC=c,则SGA.13a-12bB.13a+16bC.16a-13bD.13a-16b答案:B解析:SG=SE+EG=12SA+13EF=17.(2021四川资阳适应性考试)冰激凌一直被众多青少年视为夏日解暑神器,图中冰激凌可近似地看作圆锥和半球的组合体,若圆锥部分的侧面展开图是面积为9π2cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为(A.18+938πcm3 C.9+934πcm3 答案:A解析:设圆锥的底面半径为rcm,高为hcm,母线长为Rcm,根据题意,可得πR22=9π2,2πr=πR,解得R8.(2021海南海口模拟)图1中的机械设备叫作“转子发动机”,其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”,图2是一个曲侧面三棱柱,它的侧棱垂直于底面,底面是“莱洛三角形”,莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心,正三角形的边长为半径画圆弧得到的,如图3.若曲侧面三棱柱的高为10,底面任意两顶点之间的距离为20,则其侧面积为()A.100π B.600 C.200π D.300π答案:C解析:莱洛三角形由三段半径为20,圆心角为π3的圆弧构成,所以该零件底面周长为3×π3×20=20π,9.(2021山东烟台高三检测)降雨量是气象部门观测的重要数据,日降雨量是指一天内降落在地面单位面积雨水层的深度(单位:毫米).我国古代就有关于降雨量测量方法的记载,古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题:天池盆(圆台形状)盆口直径二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸,则平地降雨量是几寸注:一尺等于十寸,一寸等于103厘米?已知某隧道的积水程度与日降水量的关系如下表所示:日降雨量(单位:毫米)[15,40)[40,70)[70,120)[120,250)隧道积水程度一级二级三级四级如果某天该隧道的日降水量按照“天池盆测雨”题中数据计算,则该隧道的积水程度为()A.一级 B.二级 C.三级 D.四级答案:C解析:∵盆深一尺八寸,盆中积水深九寸,∴水刚好积在天池盆的中间处,则积水的水面直径为28+122=20(寸),即半径为10寸,则积水的体积V=13(π×102+π×102×π×62+π×∵天池盆口的面积为π×142=196π(平方寸),∴平地降雨量为588π196π=3(寸),即3×103=10(厘米),即10.(2021四川自贡三模)已知四面体P-ABC中,∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,且AB=2.若四面体P-ABC的外接球体积为36π,则当该四面体的体积最大时,BC=()A.2 B.4 C.6 D.8答案:B解析:如图,由∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,得PA⊥AC,PB⊥BC,AB⊥BC,又PB∩AB=B,∴BC⊥平面PAB,则BC⊥PA,又AC∩BC=C,∴PA⊥平面ABC.取PC中点O,可得OA=OB=OP=OC,则O为四面体P-ABC的外接球的球心,设外接球的半径为R,由外接球体积为36π,得43πR3=36π,即R=∴PC=2R=6.又AB=2,设PA=a,BC=b,则PA2+AC2=PA2+AB2+BC2=36,即a2+b2=32.∴VP-ABC=13·12·2b·a=13ab≤111.(2021浙江绍兴高三期末)如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,下列说法中错误的是()A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OCB.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACDD.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD答案:D解析:当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,则AC⊥BD,将△BAD沿直线BD翻折,若使得平面ABD⊥平面BCD时,由OC⊥BD,OC⫋平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以OC⊥平面ABD,又AB⫋平面ABD,所以AB⊥OC,故选项A正确.又OC⊥BD,OA⊥BD,且OA∩OC=O,所以BD⊥平面OAC,又AC⫋平面OAC,所以AC⊥BD,故选项B正确.对于选项C,在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=1+x2,所以将△BAD沿直线BD翻折时,总有AB⊥AD,取x=12,当将△BAD沿直线BD翻折到AC=32时,有AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,且AC∩AD=A,则此时满足AB⊥平面ACD,故C正确.对于选项D,若AC⊥平面ABD,又AO⫋平面ABD,则AC⊥AO,所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,12.(2021河南新乡二模)正四面体ABCD的棱长为1,点P是该正四面体内切球球面上的动点,当PA·PD取得最小值时,点P到AD的距离为(A.32-C.22-答案:A解析:因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体,所以其体积为13×12×1×1×32×63=212.设正四面体ABCD内切球的半径为r如图,取AD的中点为E,则PA·PD=(PE+EA)·(PE+ED)=显然,当PE的长度最小时,PA·PD设正四面体的内切球的球心为O,可求得OA=OD=6因为球心O到点E的距离d=OA2-AE2=(64)

2-(12)

2=二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.(2021山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为.

答案:60°解析:设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的母线与其底面所成的角为θ,则πrl=2πr2,∴rl=12,∴cosθ=12.又θ∈[0°,90°14.(2021广东韶关能力测试)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与B1C所成角的正切值为2,则该长方体的体积为.

答案:4或83解析:如图,设AA1=a(a>0),则A(0,0,0),C1(2,2,a),B1(2,0,a),C(2,2,0),所以AC1=(2,2,a),B1C=(0,2,-a),由AC1与B可知AC1与B1C所成角的余弦值为11+则55=AC1·B1C所以a2=1或a2=12,即a=1或a=23,所以长方体的体积为2×2×1=4或2×2×23=8315.某工厂现将一棱长为3的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为.

答案:2解析:圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O',圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.∵正四面体棱长为3,∴BM=32,O'M=12,∴AO'=2,设圆柱的底面半径为r,高为h,则0<r<1由△AON∽△AO'M得r12=2-ℎ2,即h=2-22r,∴圆柱的体积V=πr2h=2∵r2(1-2r)≤r+r+1-2r33=127,当且仅当r=1-2r∴圆柱的最大体积为2故答案为216.(2021广东广州一模)已知三棱锥P-ABC的底面ABC是边长为6的等边三角形,PA=PB=PC=21,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O1的体积为,球O2的表面积为.

答案:4解析:如图,点O为△ABC的中心,点D为BC的中点,过△PAD作截面,依题意得S△ABC=12×6×6×sin60°=9点P到平面ABC的距离为d=21-(2所以V三棱锥P-ABC=13×93×3=93,侧面高为21-32=23,所以S△PBC=S△PAB=S△PAC=12设球O1的半径为R,所以V三棱锥P-ABC=V三棱锥则93=13(183+93)R,得R=1,球O1的体积为V作O1N⊥PD,O2E⊥PD,点N,E为垂足.△PEO2∽△PNO1,设球O2的半径为r,则rR=2-R-r2所以球O2的表面积为S=4三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021河南新乡检测)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.(1)证明:平面PBD⊥平面PAC;(2)若F是PC的中点,求证:BF∥平面PAD.证明:(1)取AC的中点E,连接DE和BE,因为∠ADC=90°,则AC=2DE,所以DE=AE=12AC又AC=2AB=2AD,所以DE=AE=AD,同理BE=AE=AB,所以DE=BE=AD=AB,所以四边形ABED为菱形,所以BD⊥AC.因为PA⊥平面ABCD,BD⫋平面ABCD,所以BD⊥PA.又PA∩AC=A,PA⫋平面PAC,AC⫋平面PAC,所以BD⊥平面PAC.又BD⫋平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.(2)连接EF,因为E,F分别是AC,PC的中点,所以EF∥PA.又EF⊈平面PAD,PA⫋平面PAD,所以EF∥平面PAD.由(1)知四边形ABED为菱形,所以BE∥AD,同理BE∥平面PAD.又EF∩BE=E,EF⫋平面BEF,BE⫋平面BEF,所以平面BEF∥平面PAD.又BF⫋平面BEF,所以BF∥平面PAD.18.(12分)(2021云南昆明“三诊一模”第二次质检)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1⊥底面ABCD,四边形ABCD为菱形,E,F分别为AA1,CC1的中点.(1)证明:B,F,D1,E四点共面;(2)若AB=2,∠BAD=π3,求点F到平面BDD1的距离(1)证明:连接AC交BD于点O,因为四边形ABCD为菱形,故AC⊥BD,又因为侧棱AA1⊥底面ABCD,以O为原点建立空间直角坐标系,如图所示,设OB=a,OA=b,DD1=c,则B(0,a,0),D1(0,-a,c),Eb,0,c2,F-b,0,c2,所以BE=b,-a,c2,FD1=b,-a,c2,所以BE又直线BE与FD1不重合,故BE∥FD1,所以B,F,D1,E四点共面.(2)解:因为AB=2,∠BAD=π3,所以B(0,1,0),D(0,-1,0),D1(0,-1,c),F-3,0c2.设平面BDD1的法向量为m=(x,y,z),又BD=(0,-2,0),DD1=(0,0,则有m令x=1,故m=(1,0,0),又FB=3,1,-c2,所以点F到平面BDD1的距离为|19.(12分)(2021陕西西安中学高三月考)如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上异于点A,B的一个动点,DC⊥平面ABC,BE∥CD,且BE=CD=2,AB=4.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当C为半圆弧的中点时,求二面角D-AE-B的正弦值.(1)证明:因为CD⊥平面ABC,BC⫋平面ABC,所以CD⊥BC.因为AB是半圆O的直径,所以AC⊥BC.因为AC∩CD=C,所以BC⊥平面ACD.又BE∥CD,BE=CD,所以四边形BCDE为平行四边形,则DE∥BC,所以DE⊥平面ACD.因为DE⫋平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解:由题意可得CA,CB,CD两两互相垂直,则以C为原点,CA,CB,CD的方向分别为x轴、y因为C是半圆弧的中点,所以AC=BC=22,可得A(22,0,0),B(0,22,0),D(0,0,2),O(2,于是,AD=(-22,0,2),DE=CB=(0,22,0),设平面ADE的法向量为n=(x,y,则n取x=2,则z=2,得n=(2,0,2).易知CO=(2,2,0)为平面ABE所以cos<n,CO>=n·所以二面角D-AE-B的正弦值为3020.(12分)(2021河北张家口一模)如图,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.(1)求证:CE∥平面PAD;(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值(1)证明:因为四边形ABCD是正方形,所以BC∥AD.又AD⫋平面PAD,BC⊈平面PAD,所以BC∥平面PAD.同理EB∥平面PAD.又BC∩EB=B,所以平面EBC∥平面PAD.又CE⫋平面EBC,所以CE∥平面PAD.(2)解:以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.因为PA=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E所以PD=(3,0,-3),PC=(3,3,-3),PE=(0,3,-2).设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),则m·PC=3x+3y-3所以m=(1,2,3)为平面PCE的一个法向量.设直线PD与平面PCE所成的角为θ,则sinθ=|cos<PD,m>|=|PD所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为721.(12分)(2021广东深圳高三一模)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA=SB=SC=SD=13,AC⊥CD,AB=6,BD=8.(1)求证:平面SAD⊥平面ABCD;(2)求二面角A-SB-D的余弦值.(1)证明:取AD的中点O,连接SO,OC,因为SA=SD,所以SO⊥AD.因为AC⊥CD,O为AD的中点,所以OC=12AD=OD因为SO=SO,SC=SD,所以△SOC≌△SOD,所以∠SOC=∠SOD=90°,所以SO⊥OC.因为OC∩OD=O,OC⫋平面ABCD,OD⫋平面ABCD,所以SO⊥平面ABCD,因为SO⫋平面SAD,所以平面SAD⊥平面ABCD.(2)解:连接OB,由(1)知SO⊥平面ABCD,所以SO⊥BO.在Rt△SOA和Rt△SOB中,由SO=SO,SA=SB,可得Rt△SOA≌Rt△SOB,所以OA=OB,同理得OA=OB=OC=OD,所以A,B,C,D在以O为圆心的圆上,由AC⊥CD可得AD为四边形ABCD外接圆的直径,所以AB⊥BD,AD=62+82=10,AO=5,SO=132-52=12,以B为原点,BD,BA所在的直线分别为x,y轴,过点B与SO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(0,6,0),B(0,0,0),D(8,0,0),O(4,3,0),S(4,3,12),设平面ABS的法向量为m=(x1,y1,z1),则m令x1=3,可得z1=-1,y1=0,所以m=(3,0,-1).设平面SBD的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则n令y2=4,则z2=-1,x2=0,所以n=(0,4,-1),所以cos<m,n>=m·因为二面角A-SB-D的平面角为钝角,所以二面角A-SB-D的余弦值为-170