2022年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢（
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單元質(zhì)檢八 立體幾何(B)
(時間:45分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分)
1.某四棱錐的三視圖如圖所示,在此四棱錐的側(cè)面中,直角三角形的個數(shù)為( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案:C
解析:由三視圖得到空間幾何體,如圖所示,
則PA⊥平面ABCD,平面ABCD為直角梯形,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=22,PC=3,CD=5,
所以△PCD為銳角三角形.
所以側(cè)面中的直角三角形為△PAB,△PAD,△PBC,共3個.
2.設(shè)l,m,n表示不同的直線,α,β,γ表示不同的平面,給出下列四個命題:
①若m∥l,且m⊥α,則l⊥α;
②若α⊥β,m∥α,n⊥β,則m⊥n;
③若α⊥β,γ⊥β,則α∥γ;
④若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α⊥β.
則假命題的個數(shù)為( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案:B
解析:①若m∥l,且m⊥α,則l⊥α是正確的,垂直于同一個平面的直線互相平行;
②若α⊥β,m∥α,n⊥β,則m⊥n是錯誤的,當(dāng)m和n平行時,也會滿足前面的條件;
③若α⊥β,γ⊥β,則α∥γ是錯誤的,垂直于同一個平面的兩個平面可以是相交的;
④若m⊥n,m⊥α,n∥β,則α⊥β是錯誤的,平面β和α可以是任意的夾角.故選B.
3.已知四棱錐P-ABCD的頂點都在球O上,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD為正三角形,AB=2AD=4,則球O的表面積為( )
A.56π3 B.64π3 C.24π D.80π3
答案:B
解析:令△PAD所在圓的圓心為O1,則易得圓O1的半徑r=233,因為平面PAD⊥平面ABCD,所以O(shè)O1=12AB=2,所以球O的半徑R=4+2332=43,所以球O的表面積=4πR2=64π3.
4.如圖,已知直平行六面體ABCD-A1B1C1D1的各條棱長均為3,∠BAD=60°,長為2的線段MN的一個端點M在DD1上運動,另一個端點N在底面ABCD上運動,則MN的中點P的軌跡(曲面)與共頂點D的三個面所圍成的幾何體的體積為( )
A.2π9 B.4π9 C.2π3 D.4π3
答案:A
解析:|MN|=2,則|DP|=1,
則點P的軌跡為以D為球心,半徑r=1的球,
則球的體積為V=43π·r3=4π3.
∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,120°為360°的13,只取半球的13,則V=4π3×13×12=2π9.
5.如圖,在三棱柱ABC-A'B'C'中,E,F,H,K分別為AC',CB',A'B,B'C'的中點,G為△ABC的重心.從K,H,G,B'中取一點,設(shè)為P,使得該棱柱恰有兩條棱與平面PEF平行,則P為點( )
A.G B.H
C.K D.B'
答案:A
解析:若P為點G,連接BC',則F為BC'的中點,
∴EF∥AB,EF∥A'B'.
∴AB∥平面GEF,A'B'∥平面GEF.∴P為點G符合題意;
若P為點K,則有三條側(cè)棱和AB,A'B'與該平面平行,不符合題意.
若P為點H,則有上下兩底面中的六條棱與該平面平行,不符合題意;
若P為點B',則只有一條棱AB與該平面平行,也不符合題意,故選A.
6.(2021浙江,6)如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1,M,N分別是A1D,D1B的中點,則( )
A.直線A1D與直線D1B垂直,直線MN∥平面ABCD
B.直線A1D與直線D1B平行,直線MN⊥平面BDD1B1
C.直線A1D與直線D1B相交,直線MN∥平面ABCD
D.直線A1D與直線D1B異面,直線MN⊥平面BDD1B1
答案:A
解析:如圖,連接AD1,
則AD1經(jīng)過點M,且M為AD1的中點.
又N為BD1的中點,所以MN∥AB.
又MN?平面ABCD,AB?平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD.
易知AB不垂直于平面BDD1B1,所以MN不垂直于平面BDD1B1.
在正方體ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面ADD1A1,
∵A1D?平面ADD1A1,∴AB⊥A1D.
又四邊形ADD1A1為正方形,∴A1D⊥AD1.
又AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面ABD1,
∴直線A1D與直線D1B垂直.
易知直線A1D與直線D1B異面.故選A.
二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分)
7.已知圓錐的側(cè)面積(單位:cm2)為2π,且它的側(cè)面展開圖是一個半圓,則這個圓錐的底面半徑(單位:cm)是 .?
答案:1
解析:設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,
由題意可知πrl=12πl(wèi)2=2π,解得r=1,l=2.
8.中國有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體,但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”(圖1).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美.圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體,它的所有頂點都在同一個正方體的表面上,且此正方體的棱長為1,則該半正多面體共有 個面,其棱長為 .?
圖1
圖2
答案:26 2-1
解析:由題圖2可知第一層與第三層各有9個面,共計18個面,第二層共有8個面,所以該半正多面體共有18+8=26個面.如圖,設(shè)該半正多面體的棱長為x,則AB=BE=x,延長CB與FE的延長線交于點G,延長BC交正方體的棱于點H.由半正多面體的對稱性可知,△BGE為等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=22x,所以GH=2×22x+x=(2+1)x=1,
解得x=12+1=2-1,即該半正多面體的棱長為2-1.
三、解答題(本大題共3小題,共44分)
9.(14分)在三棱柱ABC-A1B1C1中,M,N,O分別為棱AC1,AB,A1C1的中點.
(1)求證:直線MN∥平面AOB1;
(2)若三棱柱ABC-A1B1C1的體積為103,求三棱錐A-MON的體積.
答案:(1)證明連接A1B交AB1于點P,連接NP,OP.
則P是AB1的中點.
∵N是AB的中點,
∴NP∥BB1,且NP=12BB1.
又M,O分別是AC1,A1C1的中點,
∴MO∥AA1,且MO=12AA1.
∵AA1∥BB1,且AA1=BB1,∴MO∥NP,且MO=NP,∴四邊形MOPN為平行四邊形,∴MN∥OP.
又MN?平面AOB1,OP?平面AOB1,∴MN∥平面AOB1.
(2)解由題意,得VA-MON=VN-AMO=12VN-AC1O=14VN-C1A1A=18VB-C1A1A.
∵BB1∥平面AA1C1,∴VB-C1A1A=VB1-C1A1A,
∴VB1-C1A1A=13VABC-A1B1C1=1033,
∴VA-MON=18×1033=5312.
10.(15分)如圖,在長方形ABCD中,AB=4,BC=2,現(xiàn)將△ACD沿AC折起,使D折到P的位置,且P在平面ABC上的射影E恰好在線段AB上.
(1)求證:AP⊥PB;
(2)求三棱錐P-EBC的表面積.
答案:(1)證明由題知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=23,PE=2×234=3,
∴BE=3,∴S△PEB=12×3×3=332.
在△EBC中,∵EB=3,BC=2,
∴S△EBC=12×3×2=3.
在△PEC中,EC=EB2+BC2=13,
∴S△PEC=12×3×13=392,
∴S△PBC=12BC·PB=12×2×23=23,
∴三棱錐P-EBC的表面積為
S=S△PEB+S△EBC+S△PEC+S△PBC=332+3+392+23=73+39+62.
11.(15分)如圖,三角形PDC所在的平面與長方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.
(1)證明:BC∥平面PDA;
(2)證明:BC⊥PD;
(3)求點C到平面PDA的距離.
答案:(1)證明因為四邊形ABCD是長方形,所以BC∥AD.
因為BC?平面PDA,AD?平面PDA,
所以BC∥平面PDA.
(2)證明因為四邊形ABCD是長方形,所以BC⊥CD.
因為平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面PDC.
因為PD?平面PDC,所以BC⊥PD.
(3)解取CD的中點E,連接AE和PE.
因為PD=PC,所以PE⊥CD.
在Rt△PED中,PE=PD2-DE2=42-32=7.
因為平面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.
因為PD?平面PDC,所以AD⊥PD.
設(shè)點C到平面PDA的距離為h,
因為V三棱錐C-PDA=V三棱錐P-ACD,
所以13S△PDA·h=13S△ACD·PE,
即h=S△ACD·PES△PDA=12×3×6×712×3×4=372,
所以點C到平面PDA的距離是372.
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