單元質檢卷八　立體幾何

單元質檢卷八立體幾何(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目要求.1.(2021黑龍江大慶中學高三月考)已知直線l,m,n與平面α,β,下列命題正確的是()A.若α∥β,l?α,n?β,則l∥nB.若α⊥β,l?α,則l⊥βC.若l⊥n,m⊥n,則l∥mD.若l⊥α,l∥β,則α⊥β答案:D解析:A.若α∥β,l?α,n?β,則l∥n或l與n異面,故A不正確;B.缺少l垂直于α與β的交線這個條件,不能推出l⊥β,故B不正確;C.由垂直關系可知,l∥m或l,m相交,或l與m異面,故C不正確;D.因為l∥β,所以平面β內存在直線m∥l,若l⊥α,則m⊥α,且m?β,所以α⊥β,故D正確.2.(2021云南昭通模擬)已知A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,則|PD|=()A.13 BC.773 答案:C解析:設P(x,y,z),則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廣西南寧三中高三月考)某幾何體的三視圖如圖所示,已知圖中圓的半徑都為1,則此幾何體的體積為()A.π4 B.π2 C.答案:D解析:由幾何體的三視圖可知,該幾何體為34個球,則該幾何體的體積為34×434.如圖,一個平面圖形的斜二測畫法的直觀圖是一個邊長為a的正方形O'A'B'C',則原平面圖形的周長和面積分別為()A.2a,24aB.8a,22a2C.a,a2D.2a,2a答案:B解析:由直觀圖可得原圖形,∴OA=BC=a,OB=22a,∠BOA=90°,∴AB=OC=3a,原圖形的周長為8a,原圖形的面積為S=a·22a=22a2.5.(2021全國甲,理6)在一個正方體中,過頂點A的三條棱的中點分別為E,F,G.該正方體截去三棱錐A-EFG后,所得多面體的三視圖中,主視圖如圖所示,則相應的左視圖是()答案:D解析:由題意還原該正方體的直觀圖如圖所示,該多面體的三視圖中,相應的左視圖為D.6.(2021吉林長春外國語學校月考)如圖,在三棱錐S-ABC中,點E,F分別是SA,BC的中點,點G在EF上,且滿足EGGF=12,若SA=a,SB=b,SC=c,則SGA.13a-12bB.13a+16bC.16a-13bD.13a-16b答案:B解析:SG=SE+EG=12SA+13EF=17.(2021四川資陽適應性考試)冰激凌一直被眾多青少年視為夏日解暑神器,圖中冰激凌可近似地看作圓錐和半球的組合體,若圓錐部分的側面展開圖是面積為9π2cm2的半圓形,則該冰激凌的體積為(A.18+938πcm3 C.9+934πcm3 答案:A解析:設圓錐的底面半徑為rcm,高為hcm,母線長為Rcm,根據(jù)題意,可得πR22=9π2,2πr=πR,解得R8.(2021海南?？谀M)圖1中的機械設備叫作“轉子發(fā)動機”,其核心零部件之一的轉子形狀是“曲側面三棱柱”,圖2是一個曲側面三棱柱,它的側棱垂直于底面,底面是“萊洛三角形”,萊洛三角形是以正三角形的三個頂點為圓心,正三角形的邊長為半徑畫圓弧得到的,如圖3.若曲側面三棱柱的高為10,底面任意兩頂點之間的距離為20,則其側面積為()A.100π B.600 C.200π D.300π答案:C解析:萊洛三角形由三段半徑為20,圓心角為π3的圓弧構成,所以該零件底面周長為3×π3×20=20π,9.(2021山東煙臺高三檢測)降雨量是氣象部門觀測的重要數(shù)據(jù),日降雨量是指一天內降落在地面單位面積雨水層的深度(單位:毫米).我國古代就有關于降雨量測量方法的記載,古代數(shù)學名著《數(shù)書九章》中有“天池盆測雨”題:天池盆(圓臺形狀)盆口直徑二尺八寸,盆底直徑為一尺二寸,盆深一尺八寸.若盆中積水深九寸,則平地降雨量是幾寸注:一尺等于十寸,一寸等于103厘米?已知某隧道的積水程度與日降水量的關系如下表所示:日降雨量(單位:毫米)[15,40)[40,70)[70,120)[120,250)隧道積水程度一級二級三級四級如果某天該隧道的日降水量按照“天池盆測雨”題中數(shù)據(jù)計算,則該隧道的積水程度為()A.一級 B.二級 C.三級 D.四級答案:C解析:∵盆深一尺八寸,盆中積水深九寸,∴水剛好積在天池盆的中間處,則積水的水面直徑為28+122=20(寸),即半徑為10寸,則積水的體積V=13(π×102+π×102×π×62+π×∵天池盆口的面積為π×142=196π(平方寸),∴平地降雨量為588π196π=3(寸),即3×103=10(厘米),即10.(2021四川自貢三模)已知四面體P-ABC中,∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,且AB=2.若四面體P-ABC的外接球體積為36π,則當該四面體的體積最大時,BC=()A.2 B.4 C.6 D.8答案:B解析:如圖,由∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,得PA⊥AC,PB⊥BC,AB⊥BC,又PB∩AB=B,∴BC⊥平面PAB,則BC⊥PA,又AC∩BC=C,∴PA⊥平面ABC.取PC中點O,可得OA=OB=OP=OC,則O為四面體P-ABC的外接球的球心,設外接球的半徑為R,由外接球體積為36π,得43πR3=36π,即R=∴PC=2R=6.又AB=2,設PA=a,BC=b,則PA2+AC2=PA2+AB2+BC2=36,即a2+b2=32.∴VP-ABC=13·12·2b·a=13ab≤111.(2021浙江紹興高三期末)如圖,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于點O,將△BAD沿直線BD翻折,下列說法中錯誤的是()A.存在x,在翻折過程中存在某個位置,使得AB⊥OCB.存在x,在翻折過程中存在某個位置,使得AC⊥BDC.存在x,在翻折過程中存在某個位置,使得AB⊥平面ACDD.存在x,在翻折過程中存在某個位置,使得AC⊥平面ABD答案:D解析:當AB=x=1時,矩形ABCD為正方形,則AC⊥BD,將△BAD沿直線BD翻折,若使得平面ABD⊥平面BCD時,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,故選項A正確.又OC⊥BD,OA⊥BD,且OA∩OC=O,所以BD⊥平面OAC,又AC?平面OAC,所以AC⊥BD,故選項B正確.對于選項C,在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=1+x2,所以將△BAD沿直線BD翻折時,總有AB⊥AD,取x=12,當將△BAD沿直線BD翻折到AC=32時,有AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,且AC∩AD=A,則此時滿足AB⊥平面ACD,故C正確.對于選項D,若AC⊥平面ABD,又AO?平面ABD,則AC⊥AO,所以在△AOC中,OC為斜邊,這與OC=OA相矛盾,12.(2021河南新鄉(xiāng)二模)正四面體ABCD的棱長為1,點P是該正四面體內切球球面上的動點,當PA·PD取得最小值時,點P到AD的距離為(A.32-C.22-答案:A解析:因為四面體ABCD是棱長為1的正四面體,所以其體積為13×12×1×1×32×63=212.設正四面體ABCD內切球的半徑為r如圖,取AD的中點為E,則PA·PD=(PE+EA)·(PE+ED)=顯然,當PE的長度最小時,PA·PD設正四面體的內切球的球心為O,可求得OA=OD=6因為球心O到點E的距離d=OA2-AE2=(64)

2-(12)

2=二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2021山東濟南二模)已知一個圓錐的側面積是底面面積的2倍,則該圓錐的母線與其底面所成的角的大小為.

答案:60°解析:設圓錐的母線長為l,底面半徑為r,圓錐的母線與其底面所成的角為θ,則πrl=2πr2,∴rl=12,∴cosθ=12.又θ∈[0°,90°14.(2021廣東韶關能力測試)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1與B1C所成角的正切值為2,則該長方體的體積為.

答案:4或83解析:如圖,設AA1=a(a>0),則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與B可知AC1與B1C所成角的余弦值為11+則55=AC1·B1C所以a2=1或a2=12,即a=1或a=23,所以長方體的體積為2×2×1=4或2×2×23=8315.某工廠現(xiàn)將一棱長為3的正四面體毛坯件切割成一個圓柱體零件,則該圓柱體體積的最大值為.

答案:2解析:圓柱體體積最大時,圓柱的底面圓心為正四面體的底面中心O',圓柱的上底面與棱錐側面的交點N在側面的中線AM上.∵正四面體棱長為3,∴BM=32,O'M=12,∴AO'=2,設圓柱的底面半徑為r,高為h,則0<r<1由△AON∽△AO'M得r12=2-?2,即h=2-22r,∴圓柱的體積V=πr2h=2∵r2(1-2r)≤r+r+1-2r33=127,當且僅當r=1-2r∴圓柱的最大體積為2故答案為216.(2021廣東廣州一模)已知三棱錐P-ABC的底面ABC是邊長為6的等邊三角形,PA=PB=PC=21,先在三棱錐P-ABC內放入一個內切球O1,然后再放入一個球O2,使得球O2與球O1及三棱錐P-ABC的三個側面都相切,則球O1的體積為,球O2的表面積為.

答案:4解析:如圖,點O為△ABC的中心,點D為BC的中點,過△PAD作截面,依題意得S△ABC=12×6×6×sin60°=9點P到平面ABC的距離為d=21-(2所以V三棱錐P-ABC=13×93×3=93,側面高為21-32=23,所以S△PBC=S△PAB=S△PAC=12設球O1的半徑為R,所以V三棱錐P-ABC=V三棱錐則93=13(183+93)R,得R=1,球O1的體積為V作O1N⊥PD,O2E⊥PD,點N,E為垂足.△PEO2∽△PNO1,設球O2的半徑為r,則rR=2-R-r2所以球O2的表面積為S=4三、解答題:共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)(2021河南新鄉(xiāng)檢測)在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.(1)證明:平面PBD⊥平面PAC;(2)若F是PC的中點,求證:BF∥平面PAD.證明:(1)取AC的中點E,連接DE和BE,因為∠ADC=90°,則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,所以四邊形ABED為菱形,所以BD⊥AC.因為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)連接EF,因為E,F分別是AC,PC的中點,所以EF∥PA.又EF?平面PAD,PA?平面PAD,所以EF∥平面PAD.由(1)知四邊形ABED為菱形,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“三診一?！钡诙钨|檢)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的側棱AA1⊥底面ABCD,四邊形ABCD為菱形,E,F分別為AA1,CC1的中點.(1)證明:B,F,D1,E四點共面;(2)若AB=2,∠BAD=π3,求點F到平面BDD1的距離(1)證明:連接AC交BD于點O,因為四邊形ABCD為菱形,故AC⊥BD,又因為側棱AA1⊥底面ABCD,以O為原點建立空間直角坐標系,如圖所示,設OB=a,OA=b,DD1=c,則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又直線BE與FD1不重合,故BE∥FD1,所以B,F,D1,E四點共面.(2)解:因為AB=2,∠BAD=π3,所以B(0,1,0),D(0,-1,0),D1(0,-1,c),F-3,0c2.設平面BDD1的法向量為m=(x,y,z),又BD=(0,-2,0),DD1=(0,0,則有m令x=1,故m=(1,0,0),又FB=3,1,-c2,所以點F到平面BDD1的距離為|19.(12分)(2021陜西西安中學高三月考)如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上異于點A,B的一個動點,DC⊥平面ABC,BE∥CD,且BE=CD=2,AB=4.(1)證明:平面ADE⊥平面ACD;(2)當C為半圓弧的中點時,求二面角D-AE-B的正弦值.(1)證明:因為CD⊥平面ABC,BC?平面ABC,所以CD⊥BC.因為AB是半圓O的直徑,所以AC⊥BC.因為AC∩CD=C,所以BC⊥平面ACD.又BE∥CD,BE=CD,所以四邊形BCDE為平行四邊形,則DE∥BC,所以DE⊥平面ACD.因為DE?平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解:由題意可得CA,CB,CD兩兩互相垂直,則以C為原點,CA,CB,CD的方向分別為x軸、y因為C是半圓弧的中點,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),設平面ADE的法向量為n=(x,y,則n取x=2,則z=2,得n=(2,0,2).易知CO=(2,2,0)為平面ABE所以cos<n,CO>=n·所以二面角D-AE-B的正弦值為3020.(12分)(2021河北張家口一模)如圖,四邊形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,PA∥EB,且PA=AB=3.(1)求證:CE∥平面PAD;(2)若BE=13PA,求直線PD與平面PCE所成角的正弦值(1)證明:因為四邊形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為原點,AD,AB,AP所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系如圖所示.因為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).設平面PCE的法向量為m=(x,y,z),則m·PC=3x+3y-3所以m=(1,2,3)為平面PCE的一個法向量.設直線PD與平面PCE所成的角為θ,則sinθ=|cos<PD,m>|=|PD所以直線PD與平面PCE所成角的正弦值為721.(12分)(2021廣東深圳高三一模)如圖,在四棱錐S-ABCD中,SA=SB=SC=SD=13,AC⊥CD,AB=6,BD=8.(1)求證:平面SAD⊥平面ABCD;(2)求二面角A-SB-D的余弦值.(1)證明:取AD的中點O,連接SO,OC,因為SA=SD,所以SO⊥AD.因為AC⊥CD,O為AD的中點,所以OC=12AD=OD因為SO=SO,SC=SD,所以△SOC≌△SOD,所以∠SOC=∠SOD=90°,所以SO⊥OC.因為OC∩OD=O,OC?平面ABCD,OD?平面ABCD,所以SO⊥平面ABCD,因為SO?平面SAD,所以平面SAD⊥平面ABCD.(2)解:連接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為圓心的圓上,由AC⊥CD可得AD為四邊形ABCD外接圓的直徑,所以AB⊥BD,AD=62+82=10,AO=5,SO=132-52=12,以B為原點,BD,BA所在的直線分別為x,y軸,過點B與SO平行的直線為z軸建立空間直角坐標系,則A(0,6,0),B(0,0,0),D(8,0,0),O(4,3,0),S(4,3,12),設平面ABS的法向量為m=(x1,y1,z1),則m令x1=3,可得z1=-1,y1=0,所以m=(3,0,-1).設平面SBD的一個法向量為n=(x2,y2,z2),則n令y2=4,則z2=-1,x2=0,所以n=(0,4,-1),所以cos<m,n>=m·因為二面角A-SB-D的平面角為鈍角,所以二面角A-SB-D的余弦值為-170