《广西2020版高考数学一轮复习 单元质检八 立体几何（B） 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广西2020版高考数学一轮复习 单元质检八 立体几何（B） 文（9页珍藏版）》请在装配图网上搜索。
1、单元质检八 立体几何(B)
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)
1.(2018北京,文6)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案C
解析由三视图得到空间几何体,如图所示,则PA⊥平面ABCD,平面ABCD为直角梯形,PA=AB=AD=2,BC=1,
所以PA⊥AD,PA⊥AB,PA⊥BC.
又BC⊥AB,AB∩PA=A,
所以BC⊥平面PAB,
所以BC⊥PB.
在△PCD中,PD=22,PC=3,CD=
2、5,
所以△PCD为锐角三角形.
所以侧面中的直角三角形为△PAB,△PAD,△PBC,共3个.
2.(2018广西南宁期末)设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:
①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;
②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;
③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;
④若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.
则错误的命题个数为( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案B
解析①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,垂直于同一个平面的直线互相平行;
②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n是错误的,当m和n平行时,也会满足前面的条件;
3、
③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ是错误的,垂直于同一个平面的两个平面可以是相交的;
④若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α可以是任意的夹角.故选B.
3.已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O上,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为正三角形,AB=2AD=4,则球O的表面积为( )
A.56π3 B.64π3 C.24π D.80π3
答案B
解析令△PAD所在圆的圆心为O1,则易得圆O1的半径r=233,因为平面PAD⊥平面ABCD,所以OO1=12AB=2,所以球O的半径R=4+2332=43,
所以球O的表面积=4πR2=64π3.
4.
4、
如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为( )
A.2π9 B.4π9 C.2π3 D.4π3
答案A
解析|MN|=2,则|DP|=1,
则点P的轨迹为以D为球心,半径r=1的球,
则球的体积为V=43π·r3=4π3.
∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,120°为360°的13,只取半球的13,则V=4π3×13×12=2π9.
5.
如图,在三棱柱ABC-A'B'
5、C'中,E,F,H,K分别为AC',CB',A'B,B'C'的中点,G为△ABC的重心.从K,H,G,B'中取一点,设为P,使得该棱柱恰有两条棱与平面PEF平行,则P为点( )
A.G B.H
C.K D.B'
答案A
解析若P为点G,连接BC',则F为BC'的中点,
∴EF∥AB,EF∥A'B'.
∴AB∥平面GEF,A'B'∥平面GEF.∴P为点G符合题意;
若P为点K,则有三条侧棱和AB,A'B'与该平面平行,不符合题意.
若P为点H,则有上下两底面中的六条棱与该平面平行,不符合题意;
若P为点B',则只有一条棱AB与该平面平行,也不符合题意,故选A.
6.
6、(2018四川雅安模拟)《九章算术》是我国古代的数学名著,书中提到一种名为“刍甍”的五面体,如图,四边形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,则这个几何体的体积是( )
A.203 B.83+23 C.1023 D.823
答案C
解析过E作EG⊥平面ABCD,垂足为G,过F作FH⊥平面ABCD,垂足为H,过G作PQ∥AD,交AB于Q,交CD于P,过H作MN∥BC,交AB于N,交CD于M,如图所示.
∵四边形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,∴四边形PMNQ是边长为
7、2的正方形,EG=(3)2-12=2,∴这个几何体的体积V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+VF-NBCM=13×1×2×2×2+12×2×2×2=423+22=1023.
二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)
7.(2018天津,文11)
如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为 .
答案13
解析∵正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,
∴V四棱锥A1-BB1D1D=V正方体-V三棱锥A1-ABD-V三棱柱BCD-B1C1D1
=1-13×12×1×1×1-12×1×1×1=13.
8.已知Rt
8、△ABC所在平面α外一点P到直角顶点的距离为24,到两直角边的距离都是610,则点P到平面α的距离等于 .
答案12
解析作PO⊥平面α,作OE⊥AC,OF⊥AB,则AC⊥平面POE,AB⊥平面POF,
∴PE=PF=610,从而OE=OF.
∴∠EAO=∠FAO=45°.
在Rt△PAE中,PA=24,PE=610,
∴AE2=PA2-PE2=216.
又在Rt△OEA中,OE=AE,
∴在Rt△POE中,PO=PE2-OE2
=PE2-AE2=(610)2-216=12.
三、解答题(本大题共3小题,共44分)
9.(14分)
(2018重庆二诊)
9、在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N,O分别为棱AC1,AB,A1C1的中点.
(1)求证:直线MN∥平面AOB1;
(2)若三棱柱ABC-A1B1C1的体积为103,求三棱锥A-MON的体积.
(1)证明连接A1B交AB1于点P,连接NP,OP.
则P是AB1的中点.
∵N是AB的中点,
∴NP∥BB1,且NP=12BB1.
又M,O分别是AC1,A1C1的中点,
∴MO∥AA1,且MO=12AA1.
∵AA1∥BB1,且AA1=BB1,∴MO∥NP,且MO=NP,
∴四边形MOPN为平行四边形,∴MN∥OP.
又MN⊄平面AOB1,OP⊂平面AOB1,
∴MN
10、∥平面AOB1.
(2)解由题意,得VA-MON=VN-AMO=12VN-AC1O=14VN-C1A1A=18VB-C1A1A.
∵BB1∥平面AA1C1,∴VB-C1A1A=VB1-C1A1A,
∴VB1-C1A1A=13VABC-A1B1C1=1033,
∴VA-MON=18×1033=5312.
10.(15分)(2018湖南郴州质检)如图,在长方形ABCD中,AB=4,BC=2,现将△ACD沿AC折起,使D折到P的位置,且P在平面ABC上的射影E恰好在线段AB上.
(1)求证:AP⊥PB;
(2)求三棱锥P-EBC的表面积.
(1)证明由题知PE⊥平面ABC.
∵
11、BC⊂平面ABC,∴PE⊥BC.
又AB⊥BC,且AB∩PE=E,∴BC⊥平面PAB.
∵AP⊂平面PAB,∴BC⊥AP.
又AP⊥CP,且BC∩CP=C,∴AP⊥平面PBC.
∵PB⊂平面PBC,∴AP⊥PB.
(2)解在△PAB中,由(1)得AP⊥PB,AB=4,AP=2,
∴PB=23,PE=2×234=3,
∴BE=3,∴S△PEB=12×3×3=332.
在△EBC中,∵EB=3,BC=2,
∴S△EBC=12×3×2=3.
在△PEC中,EC=EB2+BC2=13,
∴S△PEC=12×3×13=392,
∴S△PBC=12BC·PB=12×2×23=2
12、3,
∴三棱锥P-EBC的表面积为S=S△PEB+S△EBC+S△PEC+S△PBC=332+3+392+23=73+39+62.
11.(15分)
如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.
(1)证明:BC∥平面PDA;
(2)证明:BC⊥PD;
(3)求点C到平面PDA的距离.
(1)证明因为四边形ABCD是长方形,所以BC∥AD.
因为BC⊄平面PDA,AD⊂平面PDA,
所以BC∥平面PDA.
(2)证明因为四边形ABCD是长方形,所以BC⊥CD.
因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=
13、CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面PDC.
因为PD⊂平面PDC,所以BC⊥PD.
(3)解取CD的中点E,连接AE和PE.
因为PD=PC,所以PE⊥CD.
在Rt△PED中,PE=PD2-DE2=42-32=7.
因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC,所以PE⊥平面ABCD.
由(2)知BC⊥平面PDC.由(1)知BC∥AD.
所以AD⊥平面PDC.
因为PD⊂平面PDC,所以AD⊥PD.
设点C到平面PDA的距离为h,
因为V三棱锥C-PDA=V三棱锥P-ACD,
所以13S△PDA·h=13S△ACD·PE,
即h=S△ACD·PES△PDA=12×3×6×712×3×4=372,
所以点C到平面PDA的距离是372.
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广西2020版高考数学一轮复习 单元质检八 立体几何（B） 文
