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

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 某某某某模拟)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.m∥D1QB.m∥平面 B1D1Q C.m⊥B1QD.m⊥平面 ABB1A1 2. 已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为() A.16π B.12π C. 32 3 π D. 16 3 π 3.(2020 某某某某一模,文 6)三棱锥 P-ABC 中,PA,PB,PC 互相垂直,PA=PB=1,M 是线段 BC 上 一动点,若直线 AM 与平面 PBC 所成角的正切的最大值是 6 2 ,则三棱锥 P-ABC 的外接球的表面 积是() A.2πB.4πC.8πD.16π 4.(2020 某某某某模拟,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. 17 2 πB.12πC.9πD.10π 5.(2020 某某枣庄模拟)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. 1 5 B. 5 6 C. 5 5 D. 2 2 6.(2020 某某某某二模,理 12)三棱锥 P-ABC 中,AB⊥BC,△PAC 为等边三角形,二面角 P-AC-B 的余弦值为- 6 3 ,当三棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为 8π.则三棱锥体积的最大值为() A.1B.2C. 1 2 D. 1 3 二、填空题:本题共 2 小题,每小题 5 分,共 10 分. 7.(2020 某某某某一模,文 14)如图,圆柱 OO1 中,两半径 OA,O1B 等于 1,且 OA⊥O1B,异面直线 AB 与 OO1 所成角的正切值为 2 4 ,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 某某某某二模,文 19)如图,四棱锥 P-ABCD 中,AB∥ CD,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 某某某某三模,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 EF⊥CD. (1)证明:平面 PAD⊥平面 ABCD; (2)求点 C 到平面 PDB 的距离. 11.(12 分)(2020 某某某某二模,文 19)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AP⊥平面 PCD,AD∥BC,AB ⊥BC,AP=AB=BC= 1 2 AD,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 BD∥B1D1 知,BD∥平面 B1D1P,所以 m∥BD∥B1D1. 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=π×22×4- 1 3 π×22×(1+3)= 32 π 3 .故选 C. 3.B M 是线段 BC 上一动点,连接 PM, ∵PA,PB,PC 互相垂直, ∴∠AMP 就是直线 AM 与平面 PBC 所成角,当 PM 最短时,即 PM⊥BC 时,直线 AM 与平 面 PBC 所成角的正切值最大. 此时 6 2 ,则 PM= 6 3 . 在直角△PBC 中,PB·PC=BC·PM,故 PC= 1 + 2 × 6 3 ,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 4πR2=4π.故选 B. 4.D 连接 B1C 交 BC1 于点 O,则 B1O⊥BC1, 易知 A1B1⊥BC1,则 BC1⊥平面 B1OE,所以 BC1⊥EO, 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+4 2 10 2 .故四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为 4π 10 2 2=10π.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,B1F∥AD1,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= 1 2 + (1 + 1) 2 5 ,FB1= 1 2 + ( 3) 2 =2,DB1= 1 2 + 1 2 + ( 3) 2 5 . 在△DFB1 中,由余弦定理,得 DF2=F 1 2 +D 1 2 -2FB1·DB1·cos∠DB1F, 即 5=4+5-2×2× 5 ×cos∠DB1F, 则 cos∠DB1F= 5 5 . 6. D 如图,过点 P 作 PE⊥平面 ABC,垂足为 E,过点 E 作 ED⊥AC 交 AC 于点 D,连接 PD, 则∠PDE 为二面角 P-AC-B 的平面角的补角, 即 cos∠PDE= 6 3 ,sin∠PDE= 3 3 . 易知 AC⊥平面 PDE,则 AC⊥PD,而△PAC 为等边三角形, ∴D 为 AC 中点, 设 AB=a,BC=b,AC= 2 + 2 =c, 则 PE=PDsin∠PDE= 3 2 ×c× 3 3 2 ,故三棱锥 P-ABC 的体积为 V= 1 3 × 1 2 ab× 2 1 12 abc≤ 1 12 c × 2 + 2 2 3 24 ,当且仅当 a=b= 2 2 c 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,4πR2=8π,得 R= 2 . 过点 O 作 OF⊥PE 于点 F,则四边形 ODEF 为矩形, 在 Rt△ODC 中,EF=OD= 2 - 2 2- 2 2 ,ED=OF=PDcos∠PDE= 2 2 c,在 Rt△PFO 中,OP2=PF2+OF2,即( 2 )2= 2 2 2+ 2 2- 2 2 2,解得 c=2, 所以三棱锥 P-ABC 体积的最大值为 3 24 1 3 . 7. 4π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 tan∠ABH= 2 4 , 由 OH 平行等于 O1B,且 OA⊥O1B,可得 OH⊥OA,得 AH= 1 2 + 1 2 2 , 又 tan∠ABH= ,所以圆柱的高 BH= tan ∠ =4,所以圆柱的体积为π·OA2·OO1=4π. 8. 2 4 要使截面 SDE 的周长最短,则 SE+ED 最短, 将平面 ABCD 沿 BC 折至 A'BCD', 使 SBC 与 A'BCD'共面, 连接 SD'交 BC 于 E,连接 ED, 此时△SDE 周长最短, 作 EF∥CD 交 AD 于 F, 则∠SEF 即为所求角, 在 Rt△SAB 中,求得 SB=2, ∴由 ' '' 得 BE=2. ∴在 Rt△SBE 中,求得 SE=2 2 . ∴在 Rt△SFE 中,cos∠SEF= 1 2 2 2 4 . 故 SE 与 CD 所成角的余弦值等于 2 4 . 9.(1)证明取 AD,BC 的中点分别为 M,E,连接 PM,PE,ME, 因为 AB∥CD,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 ME∥AB, 又∠ABC=90°,所以 ME⊥BC, 因为 PB=PC,E 为 BC 的中点,所以 PE⊥BC, 又 PE∩ME=E,PE ⫋ 平面 PME,ME ⫋ 平面 PME,所以 BC⊥平面 PME, 又 PM ⫋ 平面 PME,故 PM⊥BC, 因为 PA=PD,M 为 AD 中点, 所以 PM⊥AD, 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=2 2 ,ME=2,PM= 2 ,故 PE= 6 , S△PBC= 1 2 BC×PE= 1 2 ×2× 6 6 ,而 S△BCD= 1 2 BC·CD= 1 2 ×2×1=1,设点 D 到平面 PBC 的距离 为 h,则 VP-BCD=VD-BCP,则 1 3 S△BCD×PM= 1 3 S△PBC×h,即 1 3 ×1× 2 1 3 × 6 ×h, 解得 h= 3 3 ,所以点 D 到平面 PBC 的距离为 3 3 . 10.(1)证明连接 AC,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,F 是 BD 的中点,也是 AC 的中点,又 E 是 PC 的中点,∴EF∥PA. ∵EF⊥CD,∴PA⊥CD. 又∵AD⊥CD,AD∩AP=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,∴PO⊥AD,且 PO= 3 , 由(1)知平面 PAD⊥平面 ABCD,故 PO⊥平面 ABCD, ∴VP-BDC= 1 3 × 3 ×2= 2 3 3 . 易证△PBD 中 PB=BD=2 2 , ∴△PBD 的面积为 7 , 设点 C 到平面 PDB 的距离为 h,则 1 3 × 7 ×h= 2 3 3 ,解得 h= 2 21 7 . 11.(1)证明∵AP⊥平面 PCD,∴AP⊥CD. ∵AD∥BC,BC= 1 2 AD, ∴四边形 BCDE 为平行四边形, ∴BE∥CD,∴AP⊥BE. 又∵AB⊥BC,AB=BC= 1 2 AD,且 E 为 AD 的中点, ∴四边形 ABCE 为正方形,∴BE⊥AC. 又 AP∩AC=A,∴BE⊥平面 APC, 则 BE⊥PO. ∵AP⊥平面 PCD,∴AP⊥PC, 又 AC= 2 AB= 2 AP, ∴△PAC 为等腰直角三角形,O 为斜边 AC 上的中点, ∴PO⊥AC,又 AC∩BE=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 1 3 × 3 4 ×( 2 )2×d= 1 3 × 1 2 ×( 2 )2×1,解得 d= 2 3 3 .