2021高考数学大一轮复习单元质检八立体几何B理新人教A版 10页

单元质检八　立体几何(B)‎ ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ ‎　单元质检卷第16页　 ‎ 一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)‎ ‎1.某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为(　　)‎ A.1 B.2‎ C.3 D.4‎ 答案:C 解析:由三视图得到空间几何体,如图所示,则PA⊥平面ABCD,平面ABCD为直角梯形,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为锐角三角形.所以侧面中的直角三角形为△PAB,△PAD,△PBC,共3个.‎ ‎2.如图,在三棱锥A-BCD中,DA,DB,DC两两垂直,且DB=DC,E为BC的中点,则AE‎·‎BC等于(　　)‎ 10‎ A.3 B.2‎ C.1 D.0‎ 答案:D 解析:　AE‎·‎BC=(AD‎+‎DE)·BC‎=AD·BC+DE·BC=‎AD·(BD‎+‎DC)=AD‎·BD+AD·‎DC=0.‎ ‎3.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:‎ ‎①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;‎ ‎②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;‎ ‎③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;‎ ‎④若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.‎ 则错误命题的个数为(　　)‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ 答案:B 解析:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,垂直于同一个平面的直线互相平行;‎ ‎②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n是错误的,当m和n平行时,也会满足前面的条件;‎ ‎③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ是错误的,垂直于同一个平面的两个平面可以是相交的;‎ ‎④若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α可以是任意的夹角.故选B.‎ ‎4.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中提到一种名为“刍甍”的五面体,如图,四边形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,则这个几何体的体积是(　　)‎ A.‎20‎‎3‎ B.‎8‎‎3‎+2‎3‎ ‎ C.‎10‎‎2‎‎3‎ D.‎‎8‎‎2‎‎3‎ 答案:C 10‎ 解析:过E作EG⊥平面ABCD,垂足为G,过F作FH⊥平面ABCD,垂足为H,过G作PQ∥AD,交AB于Q,交CD于P,过H作MN∥BC,交AB于N,交CD于M,如图所示.∵四边形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,∴四边形PMNQ是边长为2的正方形,EG=‎(‎3‎‎)‎‎2‎-‎‎1‎‎2‎‎=‎‎2‎,∴这个几何体的体积V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+VF-NBCM=‎1‎‎3‎×1×2×‎2‎×2+‎1‎‎2‎×2×‎2‎×2=‎4‎‎2‎‎3‎+2‎2‎‎=‎‎10‎‎2‎‎3‎.‎ ‎5.(2019全国Ⅰ,理12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为(　　)‎ A.8‎6‎π B.4‎6‎π C.2‎6‎π D.‎6‎π 答案:D 解析:设PA=PB=PC=2x.‎ ‎∵E,F分别为PA,AB的中点,‎ ‎∴EF∥PB,且EF=‎1‎‎2‎PB=x.‎ ‎∵△ABC为边长为2的等边三角形,‎ ‎∴CF=‎3‎.‎ 又∠CEF=90°,∴CE=‎3-‎x‎2‎,AE=‎1‎‎2‎PA=x.‎ 在△AEC中,由余弦定理可知 10‎ cos∠EAC=x‎2‎‎+4-(3-x‎2‎)‎‎2×2·x.‎ 作PD⊥AC于点D,∵PA=PC,‎ ‎∴D为AC的中点,cos∠EAC=ADPA‎=‎‎1‎‎2x.‎ ‎∴x‎2‎‎+4-3+‎x‎2‎‎4x‎=‎‎1‎‎2x.‎ ‎∴2x2+1=2.∴x2=‎1‎‎2‎,即x=‎2‎‎2‎.‎ ‎∴PA=PB=PC=‎2‎.‎ 又AB=BC=AC=2,∴PA⊥PB⊥PC.‎ ‎∴2R=‎2+2+2‎‎=‎‎6‎.∴R=‎6‎‎2‎.‎ ‎∴V=‎4‎‎3‎πR3=‎4‎‎3‎π×‎6‎‎6‎‎8‎‎=‎‎6‎π.‎ 故选D.‎ ‎6.(2019河北衡水中学高三大联考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点N是棱BC的中点,点M在四边形DCC1D1内部运动(包括边界).设直线A1D1与直线MN所成的角为θ,则当MN∥平面BB1D1D时,tan θ的取值范围为(　　)‎ A.[1,‎2‎] B.[1,‎5‎]‎ C.[‎2‎‎,‎‎3‎] D.[‎3‎‎,‎‎5‎]‎ 答案:B 解析:取DC,D1C1的中点分别为P,Q,连接PQ,PN,QN,易证得平面PQN∥平面BB1D1D,故当点M在线段PQ上运动时,MN∥平面BB1D1D.因为A1D1∥BC,所以直线BC与直线MN所成的角即为直线A1D1与直线MN所成的角,所以∠MNC=θ.连接MC,显然NC⊥MC.令正方体的棱长为2,PM=x,x∈[0,2],则MC=x‎2‎‎+1‎,又CN=1,所以tanθ=x‎2‎‎+1‎,所以tanθ∈[1,‎5‎].故选B.‎ 10‎ 二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)‎ ‎7.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M,则四棱锥M-EFGH的体积为　　　　　. ‎ 答案:‎‎1‎‎12‎ 解析:由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为‎2‎‎2‎,其高为‎1‎‎2‎,‎ 所以V四棱锥M-EFGH=‎1‎‎3‎‎×‎2‎‎2‎‎2‎×‎1‎‎2‎=‎‎1‎‎12‎.‎ ‎8.(2019北京,理11)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为　　　　　. ‎ 答案:40‎ 解析:在正方体中还原该几何体,如图所示.‎ 10‎ 该几何体的体积V=43-‎1‎‎2‎×(2+4)×2×4=40.‎ 三、解答题(本大题共3小题,共44分)‎ ‎9.(14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.‎ ‎(1)证明:PB∥平面AEC;‎ ‎(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=‎3‎,求三棱锥E-ACD的体积.‎ ‎(1)证明如图,连接BD交AC于点O,连接EO.‎ 因为底面ABCD为矩形,‎ 所以O为BD的中点.‎ 又因为E为PD的中点,‎ 所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)解因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.‎ 如图,以A为坐标原点,分别以AB‎,AD,‎AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,‎ 则P(0,0,1),D(0,‎3‎,0),E‎0,‎3‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎‎,AE=‎‎0,‎3‎‎2‎,‎‎1‎‎2‎.‎ 10‎ 设B(m,0,0)(m>0),‎ 则C(m,‎3‎,0),AC=(m,‎3‎,0).‎ 设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,‎ 则n‎1‎‎·AC=0,‎n‎1‎‎·AE=0,‎即mx+‎3‎y=0,‎‎3‎‎2‎y+‎1‎‎2‎z=0,‎ 可取n1=‎3‎m‎,-1,‎‎3‎.‎ 由题意得n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量.‎ 由题设|cos|=‎1‎‎2‎,‎ 即‎3‎‎3+4‎m‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,解得m=‎3‎‎2‎.‎ 因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为‎1‎‎2‎.‎ 三棱锥E-ACD的体积V=‎1‎‎3‎‎×‎1‎‎2‎×‎3‎×‎3‎‎2‎×‎1‎‎2‎=‎‎3‎‎8‎.‎ ‎10.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=‎5‎.‎ ‎(1)求证:PD⊥平面PAB;‎ ‎(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;‎ ‎(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,说明理由.‎ ‎(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.‎ 又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.‎ ‎(2)解如图,取AD的中点O,连接PO,CO.‎ 因为PA=PD,所以PO⊥AD.‎ 10‎ 又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.‎ 因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.‎ 因为AC=CD,所以CO⊥AD.‎ 如图,建立空间直角坐标系O-xyz.‎ 由题意,得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).‎ 设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·PD=0,‎n·PC=0,‎即‎-y-z=0,‎‎2x-z=0.‎ 令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).‎ 因为PB=(1,1,-1),‎ 所以cos=n·‎PB‎|n||PB|‎=-‎3‎‎3‎.‎ 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(3)解设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得AM=λAP.‎ 因此点M(0,1-λ,λ),BM=(-1,-λ,λ).‎ 因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当BM·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=‎1‎‎4‎.‎ 所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时AMAP‎=‎‎1‎‎4‎.‎ ‎11.(15分)如图,AD∥BC,且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD,且EG=AD,CD∥FG,且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.‎ 10‎ ‎(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;‎ ‎(2)求二面角E-BC-F的正弦值;‎ ‎(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.‎ 解:依题意,以D为原点,分别以DA‎,DC,‎DG的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系(如图),‎ 可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M‎0,‎3‎‎2‎,1‎,N(1,0,2).‎ ‎(1)证明:依题意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).‎ 设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,‎ 则n‎0‎‎·DC=0,‎n‎0‎‎·DE=0,‎即‎2y=0,‎‎2x+2z=0,‎不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN‎=‎‎1,-‎3‎‎2‎,1‎,可得MN·n0=0.又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.‎ ‎(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则n·BC=0,‎n·BE=0,‎即‎-x=0,‎x-2y+2z=0,‎不妨令z=1,可得n=(0,1,1).‎ 设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则m·BC=0,‎m·CF=0,‎即‎-x=0,‎‎-y+2z=0,‎不妨令z=1,可得m=(0,2,1).‎ 因此有cos=m·n‎|m||n|‎‎=‎‎3‎‎10‎‎10‎,‎ 于是sin=‎10‎‎10‎.‎ 10‎ 所以,二面角E-BC-F的正弦值为‎10‎‎10‎.‎ ‎(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos|=‎|BP·DC|‎‎|BP||DC|‎‎=‎‎2‎h‎2‎‎+5‎.‎ 由题意,可得‎2‎h‎2‎‎+5‎=sin60°=‎3‎‎2‎,‎ 解得h=‎3‎‎3‎∈[0,2].‎ 所以,线段DP的长为‎3‎‎3‎.‎ 10‎