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1、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=
2、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、
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.
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'
5、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.
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
7、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=13×1×2×2×2+12×2×2×2=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
=1-13×12×1×1×1-12×1×1×1=13.
8.已知Rt
8、△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)
9、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
10、∥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)(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.
∵
11、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=2
12、3,
∴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=
13、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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