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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.(2018北京,文6)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.(2018廣西南寧期末)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. 則錯誤的命題個數(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=43πr3=4π3. ∵∠BAD=60,∴∠ADC=120,120為360的13,只取半球的13,則V=4π31312=2π9. 5. 如圖,在三棱柱ABC-ABC中,E,F,H,K分別為AC,CB,AB,BC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∥AB. ∴AB∥平面GEF,AB∥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,AB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. (2018四川雅安模擬)《九章算術(shù)》是我國古代的數(shù)學名著,書中提到一種名為“芻甍”的五面體,如圖,四邊形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形,則這個幾何體的體積是(　　) A.203 B.83+23 C.1023 D.823 答案C 解析過E作EG⊥平面ABCD,垂足為G,過F作FH⊥平面ABCD,垂足為H,過G作PQ∥AD,交AB于Q,交CD于P,過H作MN∥BC,交AB于N,交CD于M,如圖所示. ∵四邊形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是邊長為2的等邊三角形,∴四邊形PMNQ是邊長為2的正方形,EG=(3)2-12=2,∴這個幾何體的體積V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+VF-NBCM=131222+12222=423+22=1023. 二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分) 7.(2018天津,文11) 如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,則四棱錐A1-BB1D1D的體積為　　　. 答案13 解析∵正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1, ∴V四棱錐A1-BB1D1D=V正方體-V三棱錐A1-ABD-V三棱柱BCD-B1C1D1 =1-1312111-12111=13. 8.已知Rt△ABC所在平面α外一點P到直角頂點的距離為24,到兩直角邊的距離都是610,則點P到平面α的距離等于　　　　　. 答案12 解析作PO⊥平面α,作OE⊥AC,OF⊥AB,則AC⊥平面POE,AB⊥平面POF, ∴PE=PF=610,從而OE=OF. ∴∠EAO=∠FAO=45. 在Rt△PAE中,PA=24,PE=610, ∴AE2=PA2-PE2=216. 又在Rt△OEA中,OE=AE, ∴在Rt△POE中,PO=PE2-OE2 =PE2-AE2=(610)2-216=12. 三、解答題(本大題共3小題,共44分) 9.(14分) (2018重慶二診)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. (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=181033=5312. 10.(15分)(2018湖南郴州質(zhì)檢)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. (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=2234=3, ∴BE=3,∴S△PEB=1233=332. 在△EBC中,∵EB=3,BC=2, ∴S△EBC=1232=3. 在△PEC中,EC=EB2+BC2=13, ∴S△PEC=12313=392, ∴S△PBC=12BCPB=12223=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. (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△PDAh=13S△ACDPE, 即h=S△ACDPES△PDA=123671234=372, 所以點C到平面PDA的距離是372.