高考数学专题复习练习：单元质检八B 7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19页　 ‎ 一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)‎ ‎1.已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,则该三棱锥的侧视图可能为(　　)‎ 答案B 解析由正视图和俯视图还原几何体如图所示,由正视图和俯视图对应线段可得AB=BD=AD=2,当BC⊥平面ABD时,BC=2,△ABD的边AB上的高为‎3‎,只有B选项符合,当BC不垂直平面ABD时,没有符合条件的选项,故选B.‎ ‎2.以下四个命题中,正确命题的个数是(　　)‎ ‎①不共面的四点中,其中任意三点不共线;②若点A,B,C,D共面,点A,B,C,E共面,则点A,B,C,D,E共面;③若直线a,b共面,直线a,c共面,则直线b,c共面;④依次首尾相接的四条线段必共面.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.1 B.2 C.3 D.4‎ 答案A 解析①正确,可以用反证法证明;②从条件看出两平面有三个公共点A,B,C,但是若A,B,C共线,则结论不正确;③不正确,共面不具有传递性;④不正确,因为此时所得的四边形四条边可以不在一个平面上.‎ ‎3.当圆锥的侧面积和底面积的比值是‎2‎时,圆锥轴截面的顶角等于(　　)‎ A.120° B.90° C.60° D.45°〚导学号74920700〛‎ 答案B 解析画出圆锥的轴截面,如图所示,设底面半径为r,侧棱长为l,则侧面积等于πrl,底面积等于πr2,由于πrl∶πr2=‎2‎∶1,所以l=‎2‎r.‎ 于是圆锥的高AD=r,所以∠DAC=45°.‎ 故圆锥轴截面的顶角等于90°.‎ ‎4.‎ 如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,∠BAD=60°,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为(　　)‎ A.‎2π‎9‎ B.‎4π‎9‎ C.‎2π‎3‎ D.‎4π‎3‎〚导学号74920390〛‎ 答案A 解析|MN|=2,则|DP|=1,‎ 则点P的轨迹为以D为球心,半径r=1的球,‎ 则球的体积为V=‎4‎‎3‎π·r3=‎4π‎3‎.‎ ‎∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,120°为360°的‎1‎‎3‎,只取半球的‎1‎‎3‎,则V=‎4π‎3‎‎×‎1‎‎3‎×‎1‎‎2‎=‎‎2π‎9‎.‎ ‎5.‎ 如图所示,在三棱柱ABC-A'B'C'中,E,F,H,K分别为AC',CB',A'B,B'C'的中点,G为△ABC的重心.从K,H,G,B'中取一点,设为P,使得该棱柱恰有两条棱与平面PEF平行,则P为点(　　)‎ A.G　　　　　　　　　　　 　B.H C.K D.B'‎ 答案A 解析若P为点G,连接BC',则F为BC'的中点,∴EF∥AB,EF∥A'B'.∴AB∥平面GEF,A'B'∥平面GEF.‎ ‎∴P为点G符合题意;‎ 若P为点K,则有三条侧棱和AB,A'B'与该平面平行,不符合题意.‎ 若P为点H,则有上下两底面中的六条棱与该平面平行,不符合题意;‎ 若P为点B',则只有一条棱AB与该平面平行,也不符合题意,故选A.‎ ‎6.(2016河南南阳一中三模)如图,边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是边AB,BC的中点,将△AED,△EBF,△FCD分别沿DE,EF,FD折起,使A,B,C三点重合于点A',若四面体A'EFD的四个顶点在同一个球面上,则该球的半径为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.‎2‎ B.‎6‎‎2‎ C.‎11‎‎2‎ D.‎5‎‎2‎〚导学号74920391〛‎ 答案B 解析由题意可知△A'EF是等腰直角三角形,且A'D⊥平面A'EF.三棱锥的底面A'EF扩展为边长为1的正方形,然后扩展为正四棱柱,三棱锥的外接球与正四棱柱的外接球是同一个球,正四棱柱的对角线的长度就是外接球的直径,直径为‎1‎‎2‎‎+‎1‎‎2‎+‎‎2‎‎2‎‎=‎‎6‎.所以球的半径为‎6‎‎2‎.故选B.‎ 二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)‎ ‎7.已知某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中圆的直径为4,该几何体的体积为V1,直径为4的球的体积为V2,则V1∶V2=　　　　. ‎ 答案1∶2‎ 解析由三视图知,该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥,因此V1=8π-‎8π‎3‎‎=‎‎16π‎3‎,V2=‎4π‎3‎×23=‎32π‎3‎,故V1∶V2=1∶2.‎ ‎8.Rt△ABC所在平面α外一点P到直角顶点的距离为24,到两直角边的距离都是6‎10‎,那么点P到平面α的距离等于　　　　　.〚导学号74920392〛 ‎ 答案12‎ 解析作PO⊥平面α,作OE⊥AC,OF⊥AB,则AC⊥平面POE,AB⊥平面POF,‎ ‎∴PE=PF=6‎10‎,‎ 从而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、解答题(本大题共3小题,共44分)‎ ‎9.(14分)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图①所示,墩的上半部分是正四棱锥P-EFGH,下半部分是长方体ABCD-EFGH.图②、图③分别是该标识墩的正视图和俯视图.‎ ‎(1)请画出该安全标识墩的侧视图;‎ ‎(2)求该安全标识墩的体积.‎ 解(1)该安全标识墩的侧视图如图所示.‎ ‎(2)该安全标识墩的体积为 V=VP-EFGH+VABCD-EFGH=‎1‎‎3‎×40×40×60+40×40×20=64 000(cm3).‎ ‎10.(15分)‎ ‎(2016贵阳一中高考适应性月考(四))‎ 如图,三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,D为PB的中点,E为PC的中点.‎ ‎(1)求证:BC∥平面ADE;‎ ‎(2)若PA=AB=BC=2,求三棱锥A-BDE的体积.‎ ‎(1)证明如题图,∵D为PB的中点,E为PC的中点,‎ ‎∴DE为△PBC的中位线,∴DE∥BC.‎ ‎∵DE⊂平面ADE,BC⊄平面ADE,‎ ‎∴BC∥平面ADE.‎ ‎(2)解∵PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,‎ ‎∴PA⊥BC.‎ 又BC⊥AB,PA∩AB=A,‎ ‎∴BC⊥平面PAB.‎ 由(1)可知DE∥BC,∴DE⊥平面PAB.‎ ‎∴DE的长即为点E到平面PAB的距离,且DE=1.‎ 又∵S△ABD=‎1‎‎2‎S△ABP=‎1‎‎2‎‎×‎‎1‎‎2‎×2×2=1,‎ ‎∴VA-BDE=VE-ABD=‎1‎‎3‎×1×1=‎1‎‎3‎.‎ ‎11.(15分)‎ 如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.‎ ‎(1)证明:BC∥平面PDA;‎ ‎(2)证明:BC⊥PD;‎ ‎(3)求点C到平面PDA的距离.‎ ‎(1)证明因为四边形ABCD是长方形,所以BC∥AD.‎ 因为BC⊄平面PDA,AD⊂平面PDA,‎ 所以BC∥平面PDA.‎ ‎(2)证明因为四边形ABCD是长方形,所以BC⊥CD.‎ 因为平面PDC⊥平面ABCD,平面PDC∩平面ABCD=CD,BC⊂平面ABCD,‎ 所以BC⊥平面PDC.‎ 因为PD⊂平面PDC,‎ 所以BC⊥PD.‎ ‎(3)解取CD的中点E,连接AE和PE.‎ 因为PD=PC,所以PE⊥CD.‎ 在Rt△PED中,PE=PD‎2‎-DE‎2‎‎=‎4‎‎2‎‎-‎‎3‎‎2‎=‎‎7‎.‎ 因为平面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.‎ 因为PD⊂平面PDC,‎ 所以AD⊥PD.‎ 设点C到平面PDA的距离为h,‎ 因为V三棱锥C-PDA=V三棱锥P-ACD,‎ 所以‎1‎‎3‎S△PDA·h=‎1‎‎3‎S△ACD·PE,‎ 即h=S‎△ACD‎·PES‎△PDA‎=‎1‎‎2‎‎×3×6×‎‎7‎‎1‎‎2‎‎×3×4‎=‎‎3‎‎7‎‎2‎,‎ 所以点C到平面PDA的距离是‎3‎‎7‎‎2‎.〚导学号74920393〛‎