2022高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何B（含解析）

单元质检卷八　立体几何(B)

(时间:60分钟　满分:76分)

一、选择题:本题共6小题,每小题5分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.

1.(2020广东深圳模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,P为棱CC1上的动点,Q为棱AA1的中点,设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,以下关系中正确的是(　　)

A.m∥D1Q B.m∥平面B1D1Q

C.m⊥B1Q D.m⊥平面ABB1A1

2.

已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)

A.16π

B.12π

C.π

D.π

3.(2020湖南常德一模,文6)三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC互相垂直,PA=PB=1,M是线段BC上一动点,若直线AM与平面PBC所成角的正切的最大值是,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是(　　)

A.2π B.4π C.8π D.16π

4.(2020河北邢台模拟,理11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱A1B1上一点,且AB=2,若二面角B1-BC1-E为45°,则四面体BB1C1E的外接球的表面积为(　　)

A.π B.12π C.9π D.10π

5.(2020山东枣庄模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　　)

A. B. C. D.

6.(2020山西太原二模,理12)三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,△PAC为等边三角形,二面角P-AC-B的余弦值为-,当三棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为8π.则三棱锥体积的最大值为(　　)

A.1 B.2 C. D.

二、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.

7.(2020湖南常德一模,文14)如图,圆柱OO1中,两半径OA,O1B等于1,且OA⊥O1B,异面直线AB与OO1所成角的正切值为,则该圆柱OO1的体积为　　　　　. 

8.《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”,现有阳马S-ABCD,SA⊥平面ABCD,AB=1,AD=3,SA=,BC上有一点E,使截面SDE的周长最短,则SE与CD所成角的余弦值等于　　　　　. 

(第7题图)

(第8题图)

三、解答题:本题共3小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

9.(12分)(2020河南许昌二模,文19)如图,四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=3CD=3,PA=PD=BC=2,∠ABC=90°,且PB=PC.

(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;

(2)求点D到平面PBC的距离.

10.(12分)(2020河南开封三模,文18)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,△PAD为等边三角形,E,F分别为PC和BD的中点,且EF⊥CD.

(1)证明:平面PAD⊥平面ABCD;

(2)求点C到平面PDB的距离.

11.(12分)(2020河南驻马店二模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB⊥BC,AP=AB=BC=AD,E为AD的中点,AC与BE相交于点O.

(1)证明:PO⊥平面ABCD.

(2)若OB=1,求点C到平面PAB的距离.

参考答案

单元质检卷八　立体几何(B)

1.B　由BD∥B1D1知,BD∥平面B1D1P,所以m∥BD∥B1D1.

又m⊄平面B1D1Q,B1D1⊂平面B1D1Q,所以m∥平面B1D1Q,故选B.

2.

C　由三视图还原该几何体如图,该几何体为圆柱挖去两个圆锥,圆柱的底面半径为2,高是4,

圆锥的底面半径为2,高分别为1和3.则V=π×22×4-π×22×(1+3)=.故选C.

3.

B　M是线段BC上一动点,连接PM,

∵PA,PB,PC互相垂直,

∴∠AMP就是直线AM与平面PBC所成角,当PM最短时,即PM⊥BC时,直线AM与平面PBC所成角的正切值最大.

此时,则PM=.

在直角△PBC中,PB·PC=BC·PM,故PC=,解得PC=.将三棱锥P-ABC补充为长方体,则长方体的对角线长为=2,

∴三棱锥P-ABC的外接球的半径为R=1,其表面积为4πR2=4π.故选B.

4.D　连接B1C交BC1于点O,则B1O⊥BC1,

易知A1B1⊥BC1,则BC1⊥平面B1OE,所以BC1⊥EO,

从而∠B1OE为二面角B1-BC1-E的平面角,则∠B1OE=45°.

因为AB=2,所以B1E=B1O=,

所以四面体BB1C1E的外接球半径R=.故四面体BB1C1E的外接球的表面积为4π=10π.故选D.

5.

C　如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBA-E1F1B1A1.连接B1F,由长方体性质可知,B1F∥AD1,所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DF,由题意,得DF=,FB1==2,DB1=.

在△DFB1中,由余弦定理,得DF2=F+D-2FB1·DB1·cos∠DB1F,

即5=4+5-2×2××cos∠DB1F,

则cos∠DB1F=.

6.

D　如图,过点P作PE⊥平面ABC,垂足为E,过点E作ED⊥AC交AC于点D,连接PD,

则∠PDE为二面角P-AC-B的平面角的补角,

即cos∠PDE=,sin∠PDE=.

易知AC⊥平面PDE,则AC⊥PD,而△PAC为等边三角形,

∴D为AC中点,

设AB=a,BC=b,AC==c,

则PE=PDsin∠PDE=×c×,故三棱锥P-ABC的体积为V=ab×abc≤c×,当且仅当a=b=c时,等号成立,三棱锥P-ABC的体积最大,此时B,D,E共线.

设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,半径为R,由已知,4πR2=8π,得R=.

过点O作OF⊥PE于点F,则四边形ODEF为矩形,

在Rt△ODC中,EF=OD=,ED=OF=PDcos∠PDE=c,在Rt△PFO中,OP2=PF2+OF2,即()2=+2,解得c=2,

所以三棱锥P-ABC体积的最大值为.

7.

4π　过点B作BH垂直于底面于点H,则∠ABH即为异面直线AB与OO1所成角,

则tan∠ABH=,

由OH平行等于O1B,且OA⊥O1B,可得OH⊥OA,得AH=,

又tan∠ABH=,所以圆柱的高BH==4,所以圆柱的体积为π·OA2·OO1=4π.

8.　要使截面SDE的周长最短,则SE+ED最短,

将平面ABCD沿BC折至A'BCD',

使SBC与A'BCD'共面,

连接SD'交BC于E,连接ED,

此时△SDE周长最短,

作EF∥CD交AD于F,

则∠SEF即为所求角,

在Rt△SAB中,求得SB=2,

∴由得BE=2.

∴在Rt△SBE中,求得SE=2.

∴在Rt△SFE中,cos∠SEF=.

故SE与CD所成角的余弦值等于.

9.(1)证明取AD,BC的中点分别为M,E,连接PM,PE,ME,

因为AB∥CD,AB=3CD=3,所以四边形ABCD为梯形,

又M,E为AD,BC的中点,所以ME为梯形的中位线,所以ME∥AB,

又∠ABC=90°,所以ME⊥BC,

因为PB=PC,E为BC的中点,所以PE⊥BC,

又PE∩ME=E,PE⊂平面PME,ME⊂平面PME,所以BC⊥平面PME,

又PM⊂平面PME,故PM⊥BC,

因为PA=PD,M为AD中点,

所以PM⊥AD,

又AD,BC不平行,必相交于某一点,且AD,BC都在平面ABCD上,所以PM⊥平面ABCD,

又PM⊂平面PAD,则平面PAD⊥平面ABCD.

(2)解由题知,PM为三棱锥P-BCD的高,

AD=2,ME=2,PM=,故PE=,

S△PBC=BC×PE=×2×,而S△BCD=BC·CD=×2×1=1,设点D到平面PBC的距离为h,则VP-BCD=VD-BCP,则S△BCD×PM=S△PBC×h,即×1××h,

解得h=,所以点D到平面PBC的距离为.

10.(1)证明连接AC,四边形ABCD是边长为2的正方形,F是BD的中点,也是AC的中点,又E是PC的中点,∴EF∥PA.

∵EF⊥CD,∴PA⊥CD.

又∵AD⊥CD,AD∩AP=A,

∴CD⊥平面PAD.

又∵CD⊂平面ABCD,

∴平面PAD⊥平面ABCD.

(2)解如图,取AD中点O,连接PO,

∵△PAD是边长为2的等边三角形,∴PO⊥AD,且PO=,

由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,故PO⊥平面ABCD,

∴VP-BDC=×2=.

易证△PBD中PB=BD=2,

∴△PBD的面积为,

设点C到平面PDB的距离为h,则×h=,解得h=.

11.(1)证明∵AP⊥平面PCD,∴AP⊥CD.

∵AD∥BC,BC=AD,

∴四边形BCDE为平行四边形,

∴BE∥CD,∴AP⊥BE.

又∵AB⊥BC,AB=BC=AD,且E为AD的中点,

∴四边形ABCE为正方形,∴BE⊥AC.

又AP∩AC=A,∴BE⊥平面APC,

则BE⊥PO.

∵AP⊥平面PCD,∴AP⊥PC,

又AC=AB=AP,

∴△PAC为等腰直角三角形,O为斜边AC上的中点,

∴PO⊥AC,又AC∩BE=O,

∴PO⊥平面ABCD.

(2)解∵OB=1,∴PA=PB=AB=.

设C到平面PAB的距离为d,

由VC-PAB=VP-ABC,得×()2×d=×()2×1,解得d=.