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版理

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.

则假命题的个数为(　　)

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.(2020山东,4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为(　　)

A.20° B.40° 

C.50° D.90°

答案:B

解析:由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆.

圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线.

直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°,

∴∠COA=50°.

又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°.

∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B.

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的球面的一部分,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.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中提到一种名为“刍甍”的五面体,如图,四边形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,则这个几何体的体积是(　　)

A. B.+2 C. D.

答案:C

解析:过E作EG⊥平面ABCD,垂足为G,过F作FH⊥平面ABCD,垂足为H,过G作PQ∥AD,交AB于Q,交CD于P,过H作MN∥BC,交AB于N,交CD于M,如图所示.∵四边形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,∴四边形PMNQ是边长为2的正方形,EG=,∴这个几何体的体积V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+VF-NBCM=×1×2××2+×2××2=+2.

6.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,α∩平面AB1C=m,平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,β∩平面ADD1A1=n,则m,n所成角的余弦值为(　　)

A.0 B.

C. D.

答案:D

解析:如图所示,∵BD1⊥平面AB1C,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,

∴平面α即为平面DBB1D1.

设AC∩BD=O.

∴α∩平面AB1C=OB1=m.

∵平面A1C1D过直线A1C1,与平面AB1C平行,而平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,

∴平面A1C1D即为平面β.β∩平面ADD1A1=A1D=n,

又A1D∥B1C,

∴m,n所成角为∠OB1C,

由△AB1C为正三角形,

则cos∠OB1C=cos.故选D.

二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)

7.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M,则四棱锥M-EFGH的体积为　　　　　. 

答案:

解析:由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为,其高为,

所以V四棱锥M-EFGH=.

8.已知球O的球面上有四点S,A,B,C,其中O,A,B,C四点共面,△ABC是边长为2的正三角形,平面SAB⊥平面ABC,则三棱锥S-ABC的体积的最大值为　　　　　. 

答案:

解析:记球O的半径为R,由△ABC是边长为2的正三角形,且O,A,B,C四点共面,易求R=.

作SD⊥AB于D,连接OD,OS,易知SD⊥平面ABC,注意到SD=,因此要使SD最大,则需OD最小,而OD的最小值为,因此高SD的最大值为=1.

因为三棱锥S-ABC的体积为S△ABC·SD=×22×SD=SD,

所以三棱锥S-ABC的体积的最大值为×1=.

三、解答题(本大题共3小题,共44分)

9.(14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.

(1)证明:PB∥平面AEC;

(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积.

答案:(1)证明如图,连接BD交AC于点O,连接EO.

因为底面ABCD为矩形,

所以O为BD的中点.

又因为E为PD的中点,

所以EO∥PB.

因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,

所以PB∥平面AEC.

(2)解因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.

如图,以A为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,

则P(0,0,1),D(0,,0),E.

设B(m,0,0)(m>0),

则C(m,,0),=(m,,0).

设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,

则

可取n1=.

由题意得n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量.

由题设|cos<n1,n2>|=,

即,解得m=.

因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.

三棱锥E-ACD的体积V=.

10.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.

(1)求证:PD⊥平面PAB;

(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;

(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.

答案:(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.

所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.

(2)解如图,取AD的中点O,连接PO,CO.

因为PA=PD,所以PO⊥AD.

又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,

所以PO⊥平面ABCD.

因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.

因为AC=CD,所以CO⊥AD.

如图,建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意,得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),

则令z=2,则x=1,y=-2.

所以n=(1,-2,2).

因为=(1,1,-1),所以cos<n,>==-.

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.

(3)解设M是棱PA上一点,

则存在λ∈[0,1]使得=λ.

因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).

因为BM⊄平面PCD,

所以BM∥平面PCD当且仅当·n=0,

即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.

解得λ=.

所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时.

11.(15分)如图,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为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;

(2)求二面角E-BC-F的正弦值;

(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.

解:依题意,以D为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系(如图),

可得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),M,N(1,0,2).

(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).

设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,

则不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又,可得·n0=0.又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.

(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).

设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则不妨令z=1,可得n=(0,1,1).

设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则不妨令z=1,可得m=(0,2,1).

因此有cos<m,n>=,于是sin<m,n>=.

所以,二面角E-BC-F的正弦值为.

(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<>|=.

由题意,可得=sin60°=,

解得h=∈[0,2].

所以,线段DP的长为.