2022高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何B文含解析北师大版.docx

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1、单元质检卷八立体几何(B)(时间:60分钟满分:76分)一、选择题:本题共6小题,每小题5分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020广东深圳模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,P为棱CC1上的动点,Q为棱AA1的中点,设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,以下关系中正确的是()A.mD1QB.m平面B1D1QC.mB1QD.m平面ABB1A12.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.16B.12C.323D.1633.(2020湖南常德一模,文6)三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC互相垂直,PA=PB=1,M是线段BC上一

2、动点,若直线AM与平面PBC所成角的正切的最大值是62,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是()A.2B.4C.8D.164.(2020河北邢台模拟,理11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱A1B1上一点,且AB=2,若二面角B1-BC1-E为45,则四面体BB1C1E的外接球的表面积为()A.172B.12C.9D.105.(2020山东枣庄模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.226.(2020山西太原二模,理12)三棱锥P-ABC中,ABBC,PAC为等边三角形,二面角P

3、-AC-B的余弦值为-63,当三棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为8.则三棱锥体积的最大值为()A.1B.2C.12D.13二、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.7.(2020湖南常德一模,文14)如图,圆柱OO1中,两半径OA,O1B等于1,且OAO1B,异面直线AB与OO1所成角的正切值为24,则该圆柱OO1的体积为.8.九章算术卷第五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”,现有阳马S-ABCD,SA平面ABCD,AB=1,AD=3,SA=3,BC上有一点E,使截面SDE的周长最短,则SE与CD所成角的余弦值等于.(第7题图)(第8题图)三、解答题:本

4、题共3小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(12分)(2020河南许昌二模,文19)如图,四棱锥P-ABCD中,ABCD,AB=3CD=3,PA=PD=BC=2,ABC=90,且PB=PC.(1)求证:平面PAD平面ABCD;(2)求点D到平面PBC的距离.10.(12分)(2020河南开封三模,文18)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,PAD为等边三角形,E,F分别为PC和BD的中点,且EFCD.(1)证明:平面PAD平面ABCD;(2)求点C到平面PDB的距离.11.(12分)(2020河南驻马店二模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中

5、,AP平面PCD,ADBC,ABBC,AP=AB=BC=12AD,E为AD的中点,AC与BE相交于点O.(1)证明:PO平面ABCD.(2)若OB=1,求点C到平面PAB的距离.参考答案单元质检卷八立体几何(B)1.B由BDB1D1知,BD平面B1D1P,所以mBDB1D1.又m平面B1D1Q,B1D1平面B1D1Q,所以m平面B1D1Q,故选B.2.C由三视图还原该几何体如图,该几何体为圆柱挖去两个圆锥,圆柱的底面半径为2,高是4,圆锥的底面半径为2,高分别为1和3.则V=224-1322(1+3)=323.故选C.3.BM是线段BC上一动点,连接PM,PA,PB,PC互相垂直,AMP就是直

6、线AM与平面PBC所成角,当PM最短时,即PMBC时,直线AM与平面PBC所成角的正切值最大.此时APPM=62,则PM=63.在直角PBC中,PBPC=BCPM,故PC=1+PC263,解得PC=2.将三棱锥P-ABC补充为长方体,则长方体的对角线长为1+1+2=2,三棱锥P-ABC的外接球的半径为R=1,其表面积为4R2=4.故选B.4.D连接B1C交BC1于点O,则B1OBC1,易知A1B1BC1,则BC1平面B1OE,所以BC1EO,从而B1OE为二面角B1-BC1-E的平面角,则B1OE=45.因为AB=2,所以B1E=B1O=2,所以四面体BB1C1E的外接球半径R=2+4+42=

7、102.故四面体BB1C1E的外接球的表面积为41022=10.故选D.5.C如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBA-E1F1B1A1.连接B1F,由长方体性质可知,B1FAD1,所以DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DF,由题意,得DF=12+(1+1)2=5,FB1=12+(3)2=2,DB1=12+12+(3)2=5.在DFB1中,由余弦定理,得DF2=FB12+DB12-2FB1DB1cosDB1F,即5=4+5-225cosDB1F,则cosDB1F=55.6.D如图,过点P作PE平面ABC,垂足为E,过点E作EDAC交AC于点

8、D,连接PD,则PDE为二面角P-AC-B的平面角的补角,即cosPDE=63,sinPDE=33.易知AC平面PDE,则ACPD,而PAC为等边三角形,D为AC中点,设AB=a,BC=b,AC=a2+b2=c,则PE=PDsinPDE=32c33=c2,故三棱锥P-ABC的体积为V=1312abc2=112abc112ca2+b22=c324,当且仅当a=b=22c时,等号成立,三棱锥P-ABC的体积最大,此时B,D,E共线.设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,半径为R,由已知,4R2=8,得R=2.过点O作OFPE于点F,则四边形ODEF为矩形,在RtODC中,EF=OD=OC2-DC2

9、=2-c22,ED=OF=PDcosPDE=22c,在RtPFO中,OP2=PF2+OF2,即(2)2=22c2+c2-2-c222,解得c=2,所以三棱锥P-ABC体积的最大值为c324=13.7.4过点B作BH垂直于底面于点H,则ABH即为异面直线AB与OO1所成角,则tanABH=24,由OH平行等于O1B,且OAO1B,可得OHOA,得AH=12+12=2,又tanABH=AHBH,所以圆柱的高BH=AHtanABH=4,所以圆柱的体积为OA2OO1=4.8.24要使截面SDE的周长最短,则SE+ED最短,将平面ABCD沿BC折至ABCD,使SBC与ABCD共面,连接SD交BC于E,连

10、接ED,此时SDE周长最短,作EFCD交AD于F,则SEF即为所求角,在RtSAB中,求得SB=2,由SBSA=BEAD得BE=2.在RtSBE中,求得SE=22.在RtSFE中,cosSEF=EFSE=122=24.故SE与CD所成角的余弦值等于24.9.(1)证明取AD,BC的中点分别为M,E,连接PM,PE,ME,因为ABCD,AB=3CD=3,所以四边形ABCD为梯形,又M,E为AD,BC的中点,所以ME为梯形的中位线,所以MEAB,又ABC=90,所以MEBC,因为PB=PC,E为BC的中点,所以PEBC,又PEME=E,PE平面PME,ME平面PME,所以BC平面PME,又PM平面

11、PME,故PMBC,因为PA=PD,M为AD中点,所以PMAD,又AD,BC不平行,必相交于某一点,且AD,BC都在平面ABCD上,所以PM平面ABCD,又PM平面PAD,则平面PAD平面ABCD.(2)解由题知,PM为三棱锥P-BCD的高,AD=22,ME=2,PM=2,故PE=6,SPBC=12BCPE=1226=6,而SBCD=12BCCD=1221=1,设点D到平面PBC的距离为h,则VP-BCD=VD-BCP,则13SBCDPM=13SPBCh,即1312=136h,解得h=33,所以点D到平面PBC的距离为33.10.(1)证明连接AC,四边形ABCD是边长为2的正方形,F是BD的

12、中点,也是AC的中点,又E是PC的中点,EFPA.EFCD,PACD.又ADCD,ADAP=A,CD平面PAD.又CD平面ABCD,平面PAD平面ABCD.(2)解如图,取AD中点O,连接PO,PAD是边长为2的等边三角形,POAD,且PO=3,由(1)知平面PAD平面ABCD,故PO平面ABCD,VP-BDC=1332=233.易证PBD中PB=BD=22,PBD的面积为7,设点C到平面PDB的距离为h,则137h=233,解得h=2217.11.(1)证明AP平面PCD,APCD.ADBC,BC=12AD,四边形BCDE为平行四边形,BECD,APBE.又ABBC,AB=BC=12AD,且E为AD的中点,四边形ABCE为正方形,BEAC.又APAC=A,BE平面APC,则BEPO.AP平面PCD,APPC,又AC=2AB=2AP,PAC为等腰直角三角形,O为斜边AC上的中点,POAC,又ACBE=O,PO平面ABCD.(2)解OB=1,PA=PB=AB=2.设C到平面PAB的距离为d,由VC-PAB=VP-ABC,得1334(2)2d=1312(2)21,解得d=233.