2023年高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何含解析北师大版文

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北师大版文，共16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
答案: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.(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
答案: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.

3.(2021黑龙江齐齐哈尔高三二模)已知a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,α∩β=c,a⫋α,b⫋β,则“a,b相交”是“a,c相交”的(　　)
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案:C
解析:若a,b相交,a⫋α,b⫋β,则其交点在交线c上,故a,c相交;若a,c相交,可能a,b为相交直线或异面直线.综上所述,a,b相交是a,c相交的充分不必要条件.
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
答案: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.(2021吉林四平模拟)一个体积为243的正三棱柱(底面为正三角形,且侧棱垂直于底面)的三视图如图所示,则左视图的面积为(　　)

A.63 B.8 C.123 D.12
答案:C
解析:左视图的宽为23,即为俯视图的高,∴底面正三角形的边长为23sin60°=4,设三棱柱的高为h,体积为243=12×4×23h,∴h=6,∴左视图的面积为S=23×6=123.
6.(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
答案: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).
7.(2021江西南昌进贤一中高三月考)某几何体的主视图和左视图如图1所示,它的俯视图的直观图是平行四边形A'B'C'D',如图2所示.其中A'B'=2A'D'=4,则该几何体的表面积为(　　)

A.16+12π B.16+8π
C.16+10π D.8π
答案:A
解析:根据斜二测画法的规则可知,原俯视图是边长为4的正方形,故该几何体是一个底面半径为2、高为4的半圆柱,故其表面积为S=4×4+π×22+π×2×4=16+12π.
8.(2021浙江湖州模拟)如图,已知平面ABCD是圆柱O1O2的轴截面,点E在上底面圆上,点F为BC的中点,∠BAE=30°.若圆柱的底面圆半径为2,侧面积为24π,则异面直线DF与AE所成角的余弦值为(　　)

A.135 B.25
C.35 D.235
答案:D
解析:如图,过点D作AE的平行线,与圆O2交于点G,

则DF与AE所成的角为∠FDG(或其补角).连接BE,DG,CG,FG,易证△AEB≌△DGC,即AE=DG,CG=BE.设圆柱的高为h,由圆柱的侧面积为24π,底面圆半径为2,可得4πh=24π,故h=6.在Rt△ABE中,AE=ABcos30°=23,故DG=23,而CG=BE=12AB=2,DF=CF2+CD2=5,FG=CG2+FC2=13.在△DFG中,由余弦定理可得cos∠FDG=DF2+DG2-FG22DF·DG=235,即异面直线DF与AE所成角的余弦值为235.
9.如图,已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P,则PC1=(　　)

A.2 B.3 C.2 D.1
答案:D
解析:如图,设B1C1上的点P满足题意,连接A1P,BP.连接AB1交A1B于点O,连接OP.易知OP⫋平面AB1C1,又OP⫋平面A1BP,∴平面AB1C1∩平面A1BP=OP.∵AC1∥平面A1BP,∴AC1∥OP.在△AB1C1中,∵O为AB1的中点,∴P为B1C1的中点,∴PC1=1.

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
答案: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.(2021湖北武汉二中高三月考)过正方体ABCD-A1B1C1D1顶点A作平面α,使α∥平面A1B1CD,A1D1和D1C1的中点分别为E和F,则直线EF与平面α所成角的正弦值为(　　)
A.12 B.32 C.23 D.33
答案:A
解析:如图,连接A1C1,取B1C中点G,连接A1G,C1G,

∵平面α∥平面A1B1CD,EF∥A1C1,
∴直线EF与平面α所成角即为直线A1C1与平面A1B1CD所成的角.
∵C1G⊥B1C,CD⊥C1G,B1C∩CD=C,∴C1G⊥平面A1B1CD,
∴∠C1A1G即为直线A1C1与平面A1B1CD所成的角,
设正方体棱长为2,∴sin∠C1A1G=C1GA1C1=222=12.
12.(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
答案: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.
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　　　　. 
答案: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.(2021河北宣化一中高三月考)圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为500π3的球面上,圆柱底面直径为8,则该圆柱的表面积为　　　　. 
答案:80π
解析:如图,矩形ABCD是圆柱的轴截面,其外接圆O是球的大圆,设球O的半径是R,

由43πR3=500π3,得R=5,BD=10,又AB=8,∴AD=6,
∴圆柱表面积为S=2π×42+2π×4×6=80π.
15.(2021湖南长郡中学模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1EF,则M点的轨迹长度为　　　　. 

答案:2
解析:如图所示,设A1B1的中点为H,BB1的中点为G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.

可得四边形EGC1D1是平行四边形,∴C1G∥D1E.又C1G⊈平面CD1EF,D1E⫋平面CD1EF,可得C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF,则同理易知C1H∥平面CD1EF,
又C1H∩C1G=C1,
∴平面C1GH∥平面CD1EF.
∵点M是正方形ABB1A1内的动点,C1M∥平面CD1EF,
∴点M在线段GH上.
∴点M的轨迹长度为GH=12+12=2.
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　　　　. 
答案: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.
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)(2021四川泸州诊断测试)如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形,AA1=4,E,F分别为A1A,AB的中点.

(1)求证:直线D1E,CF,DA交于一点;
(2)求多面体BCD1EF的体积.
(1)证明连接EF,A1B,因为E,F分别为AA1,AB的中点,

所以EF∥A1B且EF=12A1B.
因为几何体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,且底面是正方形,所以BC∥AD∥A1D1,且BC=AD=A1D1,
即四边形A1BCD1是平行四边形,
所以A1B∥D1C且A1B=D1C,
所以EF∥D1C,且EF≠D1C,
所以四边形EFCD1为梯形,
所以D1E与CF交于一点,记为P,
因为P∈平面ABCD,P∈平面ADD1A1,平面ABCD∩平面ADD1A1=AD,所以P∈直线AD,即直线D1E,CF,DA交于一点P.
(2)解V多面体BCD1EF=V三棱锥B-EFD1+V三棱锥B-CD1F=V三棱锥D1-BEF+V三棱锥D1-BCF=13×12×1×2×2+13×12×1×2×4=2.
18.(12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.
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.
19.(12分)(2021江西上饶三模)如图,在圆柱W中,点O1,O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于点N,F),点G为下底面圆弧ME的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1,高为2.

(1)若平面FNH⊥平面NHG,证明:FH⊥NG;
(2)若直线O1H∥平面EFG,求点H到平面NGF的距离.
(1)证明∵平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH,又NH⊥FH,FH⫋平面FHN,
∴FH⊥平面NHG,
∵NG⫋平面NHG,∴FH⊥NG.
(2)解设点H到平面NGF的距离为h.取NF的中点A,连接AG,AF,O1O2,O2H,O1G,
∵A,G分别为FN,EM的中点,则AG∥EF且AG=EF,
∴A,G,E,F四点共面,且∠AFN=π4.
∵O1O2为圆柱的轴,∴O1O2∥EF.
∵O1O2⊈平面EFG,EF⫋平面EFG.∴O1O2∥平面EFG.
∵O1H∥平面EFG,O1O2∩O1H=O1,∴平面HO1O2∥平面EFG,
∵平面NHF∩平面HO1O2=O1H,平面NHF∩平面EFG=AF,
∴O1H∥AF,则∠NO1H=∠AFN=π4,S△NHF=2S△NO1H=2×12×12×sinπ4=22,
∴V三棱锥G-NHF=13·S△NHF·2=23.
又圆柱W的底面半径为1,
∴ME=2,点G为下底面圆弧ME的中点,∴GE=O2G2+O2E2=2,EF=2,
∴GF=GN=EF2+GE2=6.
∵O1为NF的中点,则O1G⊥NF,
∴O1G=5,S△NFG=12×2×5=5.
∴V三棱锥G-NHF=V三棱锥H-NGF,即13×22×2=13×5×h,
∴h=105.

20.(12分)(2021河南洛阳二模)如图1所示,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=12AB=2,E为AC的中点,将△ACD沿AC折起,折起后点D对应的位置为点H,且平面ACH与平面ABC垂直,得到如图2所示的几何体H-ABC.

(1)求证:BC⊥平面ACH;
(2)点F在棱CH上,且满足AH∥平面BEF,求几何体F-BCE的体积.
(1)证明由图1可知AC=BC=22,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
连接HE,则HE⊥AC,又平面ACH⊥平面ABC,
平面ACH∩平面ABC=AC,HE⫋平面ACH,所以EH⊥平面ABC,而BC⫋平面ABC,所以EH⊥BC.
又AC⊥BC,AC∩EH=E,
所以BC⊥平面ACH.
(2)解取HC的中点F,连接EF,BF,因为E是AC的中点,所以EF∥AH.
又EF⫋平面BEF,AH⊈平面BEF,所以AH∥平面BEF,
由(1)知,BC为三棱锥B-ACH的高,即为三棱锥B-CEF的高,
因为E,F分别为AC,HC的中点,
所以S△CEF=14S△ACH=14×12×2×2=12,
所以VF-BCE=VB-CEF=13S△CEF·BC=13×12×22=23.
21.(12分)(2021黑龙江齐齐哈尔三模)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB为正三角形,O为△PAB的重心,PB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2AB.

(1)求证:平面PAB⊥平面ABC;
(2)在棱BC上是否存在点D,使得直线OD∥平面PAC?若存在,求出BDDC的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明设AB=m,则BC=2m,在△ABC中,由余弦定理,
得AC=m2+4m2-2m2=3m.
因为AB2+AC2=4m2=BC2,所以AC⊥AB.
因为AC⊥PB,AB∩PB=B,所以AC⊥平面PAB.
因为AC⫋平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)解如图所示,取PA的中点E,连接BE,CE,则点O在BE上,

在平面BCE内过点O作CE的平行线交BC于点D.
因为OD∥CE,OD⊈平面PAC,CE⫋平面PAC,所以OD∥平面PAC.
因为O为△PAB的重心,
所以BO∶OE=2∶1.
又BD∶DC=BO∶OE,所以BDDC=2,
所以在棱BC上存在点D,使得直线OD∥平面PAC,此时BDDC=2.
22.(12分)(2021东北三省三校联考)图甲是由正方形ABCD,等边三角形ABE和等边三角形BCF组成的一个平面图形,其中AB=6,将其沿AB,BC,AC折起得三棱锥P-ABC,如图乙.

(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;
(2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M,且三棱锥P-ACM和B-ACM的体积比为1∶2,求点B到平面ACM的距离.
(1)证明如图,取AC的中点为O,连接BO,PO.

∵PA=PC,∴PO⊥AC.
∵PA=PC=6,∠APC=90°,
∴PO=12AC=32,同理BO=32.
又PB=6,∴PO2+OB2=PB2,
∴PO⊥OB.
∵AC∩OB=O,AC⫋平面ABC,OB⫋平面ABC,∴PO⊥平面ABC.
又PO⫋平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)解连接MO,过B作BH⊥MO于点H,
∵PO⊥AC,BO⊥AC,∴AC⊥平面POB,
∴平面ACM⊥平面POB,
∴BH⊥平面ACM,即BH就是点B到平面ACM的距离.
∵三棱锥P-ACM和B-ACM的体积比为1∶2,
∴PM∶BM=1∶2,∴BM=23PB=4,
∴MO=BM2+BO2-2·BM·BO·cos45°=10.
由12·MO·BH=12·BM·BO·sin45°,得BH=6510,
∴点B到平面ACM的距离是6510.