2023年高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何含解析新人教A版理

这是一份2023年高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何含解析新人教A版理，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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∥n
B.若α⊥β,l⊂α,则l⊥β
C.若l⊥n,m⊥n,则l∥m
D.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
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 B.23 C.773 D.63
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.3π4 D.π
4.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,24a2
B.8a,22a2
C.a,a2
D.2a,2a2
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,正视图如图所示,则相应的侧视图是(　　)

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SG=(　　)

A.13a-12b+16c B.13a+16b+16c
C.16a-13b+12c D.13a-16b+12c
7.(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9π2 cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为(　　)

A.18+938π cm3 B.9+1838π cm3
C.9+934π cm3 D.9+634π cm3
8.(2021海南海口模拟)图1中的机械设备叫做“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
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
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
11.(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⊥OC
B.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BD
C.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACD
D.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD
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.32-612 B.6-312
C.22-312 D.24
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　　　　. 
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　　　　. 
15.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　　　　　. 
16.(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　　　　. 
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.

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.

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.

20.(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.

21.(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.

22.(12分)(2021重庆蜀都中学月考)如图①,在菱形ABCD中,∠ABC=120°,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数λ,使EF=λBD,沿EF将△AEF向上折起得到△PEF,使得平面PEF⊥平面BCDEF,如图②所示.

图①

图②
(1)若BF⊥PD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1,V2,求V1V2.
(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,说明理由.

答案：
1.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.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,-2,所以|PD|=(43) 2+(-53) 2+(-2)2=773.
3.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34×43π×13=π.

4.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.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,相应的侧视图为D.

6.B　解析:SG=SE+EG=12SA+13EF
=12SA+13(ES+SC+CF)
=12SA+16AS+13SC+16CB
=13SA+13SC+16(CS+SB)
=13SA+16SB+16SC
=13a+16b+16c.
7.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R=3,r=32,所以h=R2-r2=332(cm),故该冰激凌的体积V=13πr2h+12×4πr33=18+938π(cm3).
8.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,故其侧面积为200π.
9.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×62)×9=588π(立方寸),∵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100毫米,则该隧道的积水程度为三级.
10.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=3.∴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≤13·a2+b22=163.当且仅当a=b=4时,等号成立.
11.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,故D错误.
12.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,则4×13×12×1×1×32×r=212,得r=612.

如图,取AD的中点为E,则PA·PD=(PE+EA)·(PE+ED)=PE2+PE·(EA+ED)+EA·ED=PE2-14.
显然,当PE的长度最小时,PA·PD取得最小值.
设正四面体的内切球的球心为O,可求得OA=OD=64.
因为球心O到点E的距离d=OA2-AE2=(64) 2-(12) 2=24,所以球O上的点P到点E的最小距离为d-r=24-612=32-612,
即当PA·PD取得最小值时,点P到AD的距离为32-612.
13.60°　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°],∴θ=60°.
14.4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B1C所成角的正切值为2,可知AC1与B1C所成角的余弦值为11+22=15=55,则55=AC1·B1C|AC1||B1C|=4-a28+a2·4+a2,
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=83.
15.2π27　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,BO'=1,
∴AO'=2,设圆柱的底面半径为r,高为h,则0 由△AON∽△AO'M得r12=2-h2,即h=2-22r,∴圆柱的体积V=πr2h=2πr2(1-2r),
∵r2(1-2r)≤r+r+1-2r33=127,当且仅当r=1-2r,即r=13时取等号.
∴圆柱的最大体积为2π27.
故答案为2π27.
16.4π3　4π9　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°=93,
点P到平面ABC的距离为d=21-(23)2=3,
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=12×23×6=63,
设球O1的半径为R,
所以V三棱锥P-ABC=V三棱锥O1-PAB+V三棱锥O1-PAC+V三棱锥O1-PBC,
则93=13(183+93)R,得R=1,球O1的体积为V1=4π3.
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,又R=1得r=13,
所以球O2的表面积为S=4π9.
17.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.(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=FD1.
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,c),
则有m·BD=0,m·DD1=0,即-2y=0,cz=0,
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|FB·m||m|=31=3.
19.(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轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,

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(2,2,0),
于是,AD=(-22,0,2),DE=CB=(0,22,0),设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),
则n·AD=0,n·DE=0,即-22x+2z=0,22y=0,
取x=2,则z=2,得n=(2,0,2).
易知CO=(2,2,0)为平面ABE的一个法向量,
所以cos=n·CO|n||CO|=26×2=66,
所以二面角D-AE-B的正弦值为306.
20.(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(0,3,1),
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-3z=0,m·PE=3y-2z=0,得x=z3,y=2z3,令z=3,则x=1,y=2,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||m|=632×14=77,
所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为77.
21.(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),BA=(0,6,0),BD=(8,0,0),BS=(4,3,12),
设平面ABS的法向量为m=(x1,y1,z1),
则m·BA=6y1=0,m·BS=4x1+3y1+12z1=0,
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·BS=4x2+3y2+12z2=0,n·BD=8x2=0,
令y2=4,则z2=-1,x2=0,
所以n=(0,4,-1),
所以cos=m·n|m||n|=110×17=170170,
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-170170.
22.解:(1)取EF的中点G,连接PG.
因为EF=λBD,所以EF∥BD,所以PE=PF,所以PG⊥EF.
又平面PEF⊥平面BCDEF,平面PEF∩平面BCDEF=EF,PG⊂平面PEF,所以PG⊥平面BCDEF.
连接GC,由题意可知GC⊥EF.
以G为坐标原点,GF,GC,GP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.

设菱形的边长为2,则F(λ,0,0),B(1,3(1-λ),0),P(0,0,3λ),D(-1,3(1-λ),0),所以FB=(1-λ,3(1-λ),0),DP=(1,-3(1-λ),3λ).
因为BF⊥PD,所以FB·DP=1-λ-3(1-λ)2=0,解得λ=23或λ=1(舍去).
设△BCD的面积为S,则S△AEF=49S,所以S四边形BDEF=59S.所以V1V2=S△BCDS四边形BDEF=S59S=95.
(2)二面角E-PF-B是定值.证明如下:
由(1)知n1=(0,1,0)为平面PEF的一个法向量.
设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),因为FB=(1-λ,3(1-λ),0),FP=(-λ,0,3λ),
所以n2·FB=0,n2·FP=0,
即(1-λ)x+3(1-λ)y=0,-λx+3λz=0,
取y=1,则x=-3,z=-1,所以n2=(-3,1,-1)为平面PFB的一个法向量.
设二面角E-PF-B的平面角为θ,
所以|cosθ|=|cos|=11×5=55.
由图可知θ为钝角,所以二面角E-PF-B为定值,其余弦值来为-55.