高中總復習理科數(shù)學配人教A版-課后習題Word-單元質(zhì)檢卷單元質(zhì)檢8　立體幾何(B)

單元質(zhì)檢八立體幾何(B)(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分)1.某四棱錐的三視圖如圖所示,在此四棱錐的側(cè)面中,直角三角形的個數(shù)為()A.1 B.2 C.3 D.4答案:C解析:由三視圖得到空間幾何體,如圖所示,則PA⊥平面ABCD,平面ABCD為直角梯形,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=5,所以△PCD為銳角三角形.所以側(cè)面中的直角三角形為△PAB,△PAD,△PBC,共3個.2.設l,m,n表示不同的直線,α,β,γ表示不同的平面,給出下列四個命題:①若m∥l,且m⊥α,則l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,則m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,則α∥γ;④若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α⊥β.則假命題的個數(shù)為()A.4 B.3 C.2 D.1答案:B解析:①若m∥l,且m⊥α,則l⊥α是正確的,垂直于同一個平面的直線互相平行;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,則m⊥n是錯誤的,當m和n平行時,也會滿足前面的條件;③若α⊥β,γ⊥β,則α∥γ是錯誤的,垂直于同一個平面的兩個平面可以是相交的;④若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α⊥β是錯誤的,平面β和α可以是任意的夾角.故選B.3.日晷是中國古代用來測定時間的儀器,利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時間.把地球看成一個球(球心記為O),地球上一點A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角,點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在點A處放置一個日晷,若晷面與赤道所在平面平行,點A處的緯度為北緯40°,則晷針與點A處的水平面所成的角為()A.20° B.40° C.50° D.90°答案:B解析:由題意知,如圖,圓O為赤道所在的大圓.圓O1是在點A處與赤道所在平面平行的晷面.O1C為晷針所在的直線.直線OA在圓O所在平面的射影為直線OB,點B在圓O上,則∠AOB=40°,∴∠COA=50°.又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.∴晷針與點A處的水平面所成角為40°,故選B.4.如圖,已知直平行六面體ABCD-A1B1C1D1的各條棱長均為3,∠BAD=60°,長為2的線段MN的一個端點M在DD1上運動,另一個端點N在底面ABCD上運動,則MN的中點P的軌跡(曲面)與共頂點D的三個面所圍成的幾何體的體積為()A.2π9 B.4π9 C.2答案:A解析:MN=2,則DP=1,則點P的軌跡為以D為球心,半徑r=1的球面的一部分,則球的體積為V=43π·r3=4∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,120°為360°的13,只取半球的1則V'=4π5.《九章算術(shù)》是我國古代的數(shù)學名著,書中提到一種名為“芻甍”的五面體,如圖,四邊形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形,則這個幾何體的體積是()A.203 B.83+23 C.1023答案:C解析:過E作EG⊥平面ABCD,垂足為G,過F作FH⊥平面ABCD,垂足為H,過G作PQ∥AD,交AB于Q,交CD于P,過H作MN∥BC,交AB于N,交CD于M,如圖所示.∵四邊形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形,∴四邊形PMNQ是邊長為2的正方形,EG=(3)2-12=2,∴這個幾何體的體積V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+VF-NBCM=13×1×2×2×2+12×26.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,平面α過直線BD,α⊥平面AB1C,α∩平面AB1C=m,平面β過直線A1C1,β∥平面AB1C,β∩平面ADD1A1=n,則m,n所成角的余弦值為()A.0 B.1C.22 D.答案:D解析:如圖所示,∵BD1⊥平面AB1C,平面α過直線BD,α⊥平面AB1C,∴平面α即為平面DBB1D1.設AC∩BD=O.∴α∩平面AB1C=OB1=m.∵平面A1C1D過直線A1C1,與平面AB1C平行,而平面β過直線A1C1,β∥平面AB1C,∴平面A1C1D即為平面β.β∩平面ADD1A1=A1D=n,又A1D∥B1C,∴m,n所成角為∠OB1C,由△AB1C為正三角形,則cos∠OB1C=cosπ6=32二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分)7.如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,除面ABCD外,該正方體其余各面的中心分別為點E,F,G,H,M,則四棱錐M-EFGH的體積為.

答案:1解析:由題意可知,四棱錐M-EFGH的底面EFGH為正方形且邊長為22,其高為1所以V四棱錐M-EFGH=138.已知球O的球面上有四點S,A,B,C,其中O,A,B,C四點共面,△ABC是邊長為2的正三角形,平面SAB⊥平面ABC,則三棱錐S-ABC的體積的最大值為.

答案:3解析:記球O的半徑為R,由△ABC是邊長為2的正三角形,且O,A,B,C四點共面,易求R=23作SD⊥AB于D,連接OD,OS,易知SD⊥平面ABC,注意到SD=SO2-OD2=R2-OD2,因此要使SD最大,則需OD最小因為三棱錐S-ABC的體積為13S△ABC·SD=13×34×22所以三棱錐S-ABC的體積的最大值為33×1=3三、解答題(本大題共3小題,共44分)9.(14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點.(1)證明:PB∥平面AEC;(2)設二面角D-AE-C為60°,AP=1,AD=3,求三棱錐E-ACD的體積.答案:(1)證明如圖,連接BD交AC于點O,連接EO.因為底面ABCD為矩形,所以O為BD的中點.又因為E為PD的中點,所以EO∥PB.因為EO?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)解因為PA⊥平面ABCD,底面ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直.如圖,以A為坐標原點,分別以AB,AD,AP的方向為x軸、y軸、則點P(0,0,1),D(0,3,0),E0,設點B(m,0,0)(m>0),則點C(m,3,0),AC=(m,3,0).設n1=(x,y,z)為平面ACE的法向量,則n可取n1=3m由題意得n2=(1,0,0)為平面DAE的一個法向量.由題設|cos<n1,n2>|=12即33+4m2=1因為E為PD的中點,所以三棱錐E-ACD的高為12三棱錐E-ACD的體積V=1310.(15分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.(1)求證:PD⊥平面PAB;(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在點M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,說明理由答案:(1)證明因為平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因為PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.(2)解如圖,取AD的中點O,連接PO,CO.因為PA=PD,所以PO⊥AD.又因為PO?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因為CO?平面ABCD,所以PO⊥CO.因為AC=CD,所以CO⊥AD.如圖,建立空間直角坐標系O-xyz.由題意,得點A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n·PD=0,n·PC=0,所以n=(1,-2,2).因為PB=(1,1,-1),所以cos<n,PB>=n·PB|所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為33(3)解設M是棱PA上一點,則存在λ∈[0,1]使得AM=λAP.因此點M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ).因為BM?平面PCD,所以BM∥平面PCD當且僅當BM·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=14所以在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD,此時AMAP11.(15分)如圖,AD∥BC,且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD,且EG=AD,CD∥FG,且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M為CF的中點,N為EG的中點,求證:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若點P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長.解:依題意,以D為原點,分別以DA,DC,DG的方向為x軸、y軸、z軸的正方向,可得點D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,(1)證明:依題意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).設n0=(x,y,z)為平面CDE的法向量,則n0·DC=0,n0·DE=0,即2y=0,2x+2z=0,不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又(2)依題意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).設n=(x,y,z)為平面BCE的法向量,則n·BC=0,n·BE=0設m=(x,y,z)為平面