高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)一輪用書文科數(shù)學(xué)配北師版單元質(zhì)檢卷八　立體幾何

單元質(zhì)檢卷八立體幾何(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)符合題目要求.1.(2023黑龍江大慶中學(xué)高三月考)已知直線l,m,n與平面α,β,下列命題正確的是()A.若α∥β,l?α,n?β,則l∥nB.若α⊥β,l?α,則l⊥βC.若l⊥n,m⊥n,則l∥mD.若l⊥α,l∥β,則α⊥β答案:D解析:A.若α∥β,l?α,n?β,則l∥n或l與n異面,故A不正確;B.缺少l垂直于α與β的交線這個(gè)條件,不能推出l⊥β,故B不正確;C.由垂直關(guān)系可知,l∥m或l,m相交,或l與m異面,故C不正確;D.因?yàn)閘∥β,所以平面β內(nèi)存在直線m∥l,若l⊥α,則m⊥α,且m?β,所以α⊥β,故D正確.2.(2023廣西南寧三中高三月考)某幾何體的三視圖如圖所示,已知圖中圓的半徑都為1,則此幾何體的體積為()A.π4 B.π2 C.3π4答案:D解析:由幾何體的三視圖可知,該幾何體為34個(gè)球,則該幾何體的體積為34×43π×3.(2023黑龍江齊齊哈爾高三二模)已知a,b,c是三條不同的直線,α,β是兩個(gè)不同的平面,α∩β=c,a?α,b?β,則“a,b相交”是“a,c相交”的()A.充要條件B.必要不充分條件C.充分不必要條件D.既不充分也不必要條件答案:C解析:若a,b相交,a?α,b?β,則其交點(diǎn)在交線c上,故a,c相交;若a,c相交,可能a,b為相交直線或異面直線.綜上所述,a,b相交是a,c相交的充分不必要條件.4.如圖,一個(gè)平面圖形的斜二測(cè)畫法的直觀圖是一個(gè)邊長(zhǎng)為a的正方形O'A'B'C',則原平面圖形的周長(zhǎng)和面積分別為()A.2a,24a2 B.8a,22aC.a,a2 D.2a,2a2答案:B解析:由直觀圖可得原圖形,∴OA=BC=a,OB=22a,∠BOA=90°,∴AB=OC=3a,原圖形的周長(zhǎng)為8a,原圖形的面積為S=a·22a=22a2.5.(2023吉林四平模擬)一個(gè)體積為243的正三棱柱(底面為正三角形,且側(cè)棱垂直于底面)的三視圖如圖所示,則左視圖的面積為()A.63 B.8 C.123 D.12答案:C解析:左視圖的寬為23,即為俯視圖的高,∴底面正三角形的邊長(zhǎng)為23sin60°=4,設(shè)三棱柱的高為h,體積為243=12×4×23h,∴h=6,∴左視圖的面積為S=236.(2023四川資陽適應(yīng)性考試)冰激凌一直被眾多青少年視為夏日解暑神器,圖中冰激凌可近似地看作圓錐和半球的組合體,若圓錐部分的側(cè)面展開圖是面積為9π2cm2的半圓形,則該冰激凌的體積為(A.18+938πcm3 B.9+183C.9+934πcm3 D.9+63答案:A解析:設(shè)圓錐的底面半徑為rcm,高為hcm,母線長(zhǎng)為Rcm,根據(jù)題意,可得πR22=9π2,2πr=πR,解得R=3,7.(2023江西南昌進(jìn)賢一中高三月考)某幾何體的主視圖和左視圖如圖1所示,它的俯視圖的直觀圖是平行四邊形A'B'C'D',如圖2所示.其中A'B'=2A'D'=4,則該幾何體的表面積為()A.16+12π B.16+8πC.16+10π D.8π答案:A解析:根據(jù)斜二測(cè)畫法的規(guī)則可知,原俯視圖是邊長(zhǎng)為4的正方形,故該幾何體是一個(gè)底面半徑為2、高為4的半圓柱,故其表面積為S=4×4+π×22+π×2×4=16+12π.8.(2023浙江湖州模擬)如圖,已知平面ABCD是圓柱O1O2的軸截面,點(diǎn)E在上底面圓上,點(diǎn)F為BC的中點(diǎn),∠BAE=30°.若圓柱的底面圓半徑為2,側(cè)面積為24π,則異面直線DF與AE所成角的余弦值為()A.135 B.C.35 D.答案:D解析:如圖,過點(diǎn)D作AE的平行線,與圓O2交于點(diǎn)G,則DF與AE所成的角為∠FDG(或其補(bǔ)角).連接BE,DG,CG,FG,易證△AEB≌△DGC,即AE=DG,CG=BE.設(shè)圓柱的高為h,由圓柱的側(cè)面積為24π,底面圓半徑為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△DFG9.如圖,已知在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,過A1B且與AC1平行的平面交B1C1于點(diǎn)P,則PC1=()A.2 B.3 C.2 D.1答案:D解析:如圖,設(shè)B1C1上的點(diǎn)P滿足題意,連接A1P,BP.連接AB1交A1B于點(diǎn)O,連接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為AB1的中點(diǎn),∴P為B1C1的中點(diǎn),∴PC1=1.10.(2023四川自貢三模)已知四面體P-ABC中,∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,且AB=2.若四面體P-ABC的外接球體積為36π,則當(dāng)該四面體的體積最大時(shí),BC=()A.2 B.4 C.6 D.8答案:B解析:如圖,由∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,得PA⊥AC,PB⊥BC,AB⊥BC,又PB∩AB=B,∴BC⊥平面PAB,則BC⊥PA,又AC∩BC=C,∴PA⊥平面ABC.取PC中點(diǎn)O,可得OA=OB=OP=OC,則O為四面體P-ABC的外接球的球心,設(shè)外接球的半徑為R,由外接球體積為36π,得43πR3=36π,即R=3.∴PC=2R=6.又AB=2,設(shè)PA=a,BC=b,則PA2+AC2=PA2+AB2+BC2=36,即a2+b2=32.∴VP-ABC=13·12·2b·a=13ab≤13·11.(2023湖北武漢二中高三月考)過正方體ABCD-A1B1C1D1頂點(diǎn)A作平面α,使α∥平面A1B1CD,A1D1和D1C1的中點(diǎn)分別為E和F,則直線EF與平面α所成角的正弦值為()A.12 B.32 C.23 答案:A解析:如圖,連接A1C1,取B1C中點(diǎn)G,連接A1G,C1G,∵平面α∥平面A1B1CD,EF∥A1C1,∴直線EF與平面α所成角即為直線A1C1與平面A1B1CD所成的角.∵C1G⊥B1C,CD⊥C1G,B1C∩CD=C,∴C1G⊥平面A1B1CD,∴∠C1A1G即為直線A1C1與平面A1B1CD所成的角,設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2,∴sin∠C1A1G=C112.(2023浙江紹興高三期末)如圖,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于點(diǎn)O,將△BAD沿直線BD翻折,下列說法中錯(cuò)誤的是()A.存在x,在翻折過程中存在某個(gè)位置,使得AB⊥OCB.存在x,在翻折過程中存在某個(gè)位置,使得AC⊥BDC.存在x,在翻折過程中存在某個(gè)位置,使得AB⊥平面ACDD.存在x,在翻折過程中存在某個(gè)位置,使得AC⊥平面ABD答案:D解析:當(dāng)AB=x=1時(shí),矩形ABCD為正方形,則AC⊥BD,將△BAD沿直線BD翻折,若使得平面ABD⊥平面BCD時(shí),由OC⊥BD,OC?平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以O(shè)C⊥平面ABD,又AB?平面ABD,所以AB⊥OC,故選項(xiàng)A正確.又OC⊥BD,OA⊥BD,且OA∩OC=O,所以BD⊥平面OAC,又AC?平面OAC,所以AC⊥BD,故選項(xiàng)B正確.對(duì)于選項(xiàng)C,在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=1+x2,所以將△BAD沿直線BD翻折時(shí),總有AB⊥AD,取x=12,當(dāng)將△BAD沿直線BD翻折到AC=32時(shí),有AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,且AC∩AD=A,則此時(shí)滿足AB⊥平面ACD,故C正確.對(duì)于選項(xiàng)D,若AC⊥平面ABD,又AO?平面ABD,則AC⊥AO,所以在△AOC中,OC為斜邊,這與OC=OA相矛盾,二、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2023山東濟(jì)南二模)已知一個(gè)圓錐的側(cè)面積是底面面積的2倍,則該圓錐的母線與其底面所成的角的大小為.

答案:60°解析:設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l,底面半徑為r,圓錐的母線與其底面所成的角為θ,則πrl=2πr2,∴rl=12,∴cosθ=12.又θ∈[0°,90°],14.(2023河北宣化一中高三月考)圓柱上、下底面的圓周都在一個(gè)體積為500π3的球面上,圓柱底面直徑為8,則該圓柱的表面積為答案:80π解析:如圖,矩形ABCD是圓柱的軸截面,其外接圓O是球的大圓,設(shè)球O的半徑是R,由43πR3=500π3,得R=5,BD=10,又AB=8,∴圓柱表面積為S=2π×42+2π×4×6=80π.15.(2023湖南長(zhǎng)郡中學(xué)模擬)如圖所示,正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,E,F為AA1,AB的中點(diǎn),點(diǎn)M是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),若C1M∥平面CD1EF,則M點(diǎn)的軌跡長(zhǎng)度為.

答案:2解析:如圖所示,設(shè)A1B1的中點(diǎn)為H,BB1的中點(diǎn)為G,連接GH,C1H,C1G,EG,HF.可得四邊形EGC1D1是平行四邊形,∴C1G∥D1E.又C1G?平面CD1EF,D1E?平面CD1EF,可得C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF,則同理易知C1H∥平面CD1EF,又C1H∩C1G=C1,∴平面C1GH∥平面CD1EF.∵點(diǎn)M是正方形ABB1A1內(nèi)的動(dòng)點(diǎn),C1M∥平面CD1EF,∴點(diǎn)M在線段GH上.∴點(diǎn)M的軌跡長(zhǎng)度為GH=1216.(2023廣東廣州一模)已知三棱錐P-ABC的底面ABC是邊長(zhǎng)為6的等邊三角形,PA=PB=PC=21,先在三棱錐P-ABC內(nèi)放入一個(gè)內(nèi)切球O1,然后再放入一個(gè)球O2,使得球O2與球O1及三棱錐P-ABC的三個(gè)側(cè)面都相切,則球O1的體積為,球O2的表面積為.

答案:4解析:如圖,點(diǎn)O為△ABC的中心,點(diǎn)D為BC的中點(diǎn),過△PAD作截面,依題意得S△ABC=12×6×6×sin60°=93點(diǎn)P到平面ABC的距離為d=21-(2所以V三棱錐P-ABC=13×93×3=93,側(cè)面高為21-32所以S△PBC=S△PAB=S△PAC=12×23×6=63設(shè)球O1的半徑為R,所以V三棱錐P-ABC=V三棱錐O1-PAB+V三棱錐O1-PAC得R=1,球O1的體積為V1=4π作O1N⊥PD,O2E⊥PD,點(diǎn)N,E為垂足.△PEO2∽△PNO1,設(shè)球O2的半徑為r,則rR=2-R-r2所以球O2的表面積為S=4π三、解答題:共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)(2023四川瀘州診斷測(cè)試)如圖,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,AA1=4,E,F分別為A1A,AB的中點(diǎn).(1)求證:直線D1E,CF,DA交于一點(diǎn);(2)求多面體BCD1EF的體積.(1)證明連接EF,A1B,因?yàn)镋,F分別為AA1,AB的中點(diǎn),所以EF∥A1B且EF=12A1B因?yàn)閹缀误wABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,且底面是正方形,所以BC∥AD∥A1D1,且BC=AD=A1D1,即四邊形A1BCD1是平行四邊形,所以A1B∥D1C且A1B=D1C,所以EF∥D1C,且EF≠D1C,所以四邊形EFCD1為梯形,所以D1E與CF交于一點(diǎn),記為P,因?yàn)镻∈平面ABCD,P∈平面ADD1A1,平面ABCD∩平面ADD1A1=AD,所以P∈直線AD,即直線D1E,CF,DA交于一點(diǎn)P.(2)解V多面體BCD1EF=V三棱錐B-EFD1+V三棱錐B18.(12分)(2023河南新鄉(xiāng)檢測(cè))在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.(1)證明:平面PBD⊥平面PAC;(2)若F是PC的中點(diǎn),求證:BF∥平面PAD.證明(1)取AC的中點(diǎn)E,連接DE和BE,因?yàn)椤螦DC=90°,則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,所以四邊形ABED為菱形,所以BD⊥AC.因?yàn)镻A⊥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)連接EF,因?yàn)镋,F分別是AC,PC的中點(diǎn),所以EF∥PA.又EF?平面PAD,PA?平面PAD,所以EF∥平面PAD.由(1)知四邊形ABED為菱形,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)(2023江西上饒三模)如圖,在圓柱W中,點(diǎn)O1,O2分別為上、下底面的圓心,平面MNFE是軸截面,點(diǎn)H在上底面圓周上(異于點(diǎn)N,F),點(diǎn)G為下底面圓弧ME的中點(diǎn),點(diǎn)H與點(diǎn)G在平面MNFE的同側(cè),圓柱W的底面半徑為1,高為2.(1)若平面FNH⊥平面NHG,證明:FH⊥NG;(2)若直線O1H∥平面EFG,求點(diǎn)H到平面NGF的距離.(1)證明∵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)解設(shè)點(diǎn)H到平面NGF的距離為h.取NF的中點(diǎn)A,連接AG,AF,O1O2,O2H,O1G,∵A,G分別為FN,EM的中點(diǎn),則AG∥EF且∴A,G,E,F四點(diǎn)共面,且∠AFN=π4∵O1O2為圓柱的軸,∴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,則∠NO1H=∠AFN=π4,S△NHF=2S△NO1H=2×12∴V三棱錐G-NHF=13·S△NHF·2=2又圓柱W的底面半徑為1,∴ME=2,點(diǎn)G為下底面圓弧ME的中點(diǎn),∴GE=O2G2∴GF=GN=EF∵O1為NF的中點(diǎn),則O1G⊥NF,∴O1G=5,S△NFG=12×2×5∴V三棱錐G-NHF=V三棱錐H-NGF,即13×22×2=∴h=10520.(12分)(2023河南洛陽二模)如圖1所示,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=12AB=2,E為AC的中點(diǎn),將△ACD沿AC折起,折起后點(diǎn)D對(duì)應(yīng)的位置為點(diǎn)H,且平面ACH與平面ABC垂直,得到如圖2所示的幾何體H-ABC(1)求證:BC⊥平面ACH;(2)點(diǎn)F在棱CH上,且滿足AH∥平面BEF,求幾何體F-BCE的體積.(1)證明由圖1可知AC=BC=22,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.連接HE,則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的中點(diǎn)F,連接EF,BF,因?yàn)镋是AC的中點(diǎn),所以EF∥AH.又EF?平面BEF,AH?平面BEF,所以AH∥平面BEF,由(1)知,BC為三棱錐B-ACH的高,即為三棱錐B-CEF的高,因?yàn)镋,F分別為AC,HC的中點(diǎn),所以S△CEF=14S△ACH=14×12×2所以VF-BCE=VB-CEF=13S△CEF·BC=13×121.(12分)(2023黑龍江齊齊哈爾三模)如圖,在三棱錐P-ABC中,△PAB為正三角形,O為△PAB的重心,PB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2AB.(1)求證:平面PAB⊥平面ABC;(2)在棱BC上是否存在點(diǎn)D,使得直線OD∥平面PAC?若存在,求出BDDC的值;若不存在,請(qǐng)說明理由(1)證明設(shè)AB=m,則BC=2m,在△ABC中,由余弦定理,得AC=m2+4因?yàn)锳B2+AC2=4m2=BC2,所以AC⊥AB.因?yàn)锳C⊥PB