高考数学一轮复习单元质检八立体几何B含解析新人教A版文

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.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=2,PC=3,CD=,

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.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. B. C.24π D.

答案:B

解析:令△PAD所在圆的圆心为O1,则易得圆O1的半径r=,因为平面PAD⊥平面ABCD,所以OO1=AB=2,所以球O的半径R=,所以球O的表面积=4πR2=.

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. B. C. D.

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=π·r3=.

∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,120°为360°的,只取半球的,则V=.

5.如图,在三棱柱ABC-A'B'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.(2020全国Ⅱ,文11)已知△ABC是面积为的等边三角形,且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π,则O到平面ABC的距离为(　　)

A. B. 

C.1 D.

答案:C

解析:设等边三角形ABC的边长为a,球O的半径为R,△ABC的外接圆的半径为r,

则S△ABC=a2=,S球O=4πR2=16π,

解得a=3,R=2.故r=a=.

设O到平面ABC的距离为d,则d2+r2=R2,

故d==1.故选C.

二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)

7.(2020浙江,14)已知圆锥的侧面积(单位:cm2)为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是　　　　　　　　　　. 

答案:1

解析:设圆锥的底面半径为r,母线长为l,

由题意可知πrl=πl2=2π,解得r=1,l=2.

8.中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1,则该半正多面体共有　　　　个面,其棱长为　　　　. 

图1

图2

答案:26　-1

解析:由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB与FE的延长线交于点G,延长BC交正方体的棱于点H.由半正多面体的对称性可知,△BGE为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=x,所以GH=2×x+x=(+1)x=1,

解得x=-1,即该半正多面体的棱长为-1.

三、解答题(本大题共3小题,共44分)

9.(14分)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10,求三棱锥A-MON的体积.

答案:(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=BB1.

又M,O分别是AC1,A1C1的中点,

∴MO∥AA1,且MO=AA1.

∵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∥平面AOB1.

(2)解由题意,得VA-MON=VN-AMO=.

∵BB1∥平面AA1C1,∴,

∴,

∴VA-MON=.

10.(15分)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.

答案:(1)证明由题知PE⊥平面ABC.

∵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=2,PE=,

∴BE=3,∴S△PEB=×3×.

在△EBC中,∵EB=3,BC=2,

∴S△EBC=×3×2=3.

在△PEC中,EC=,

∴S△PEC=,

∴S△PBC=BC·PB=×2×2=2,

∴三棱锥P-EBC的表面积为

S=S△PEB+S△EBC+S△PEC+S△PBC=+3++2.

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.

答案:(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=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=.

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S△PDA·h=S△ACD·PE,

即h=,

所以点C到平面PDA的距离是.