2019届高考数学一轮复习 第八章 立体几何单元质检B 文 新人教B版.doc
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2019届高考数学一轮复习 第八章 立体几何单元质检B 文 新人教B版
一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)
1.已知三棱锥的主视图与俯视图如图所示,俯视图是边长为2的正三角形,则该三棱锥的左视图可能为(
)
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
3.(2017河南新乡二模)已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O上,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为正三角形,AB=2AD=4,则球O的表面积为 ( )
A. B.
C.24π D.
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. B.
C. D.
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'
6.(2017福建莆田一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,α∩平面AB1C=m,平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,β∩平面ADD1A1=n,则m,n所成角的余弦值为( )
A.0 B. C. D.
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= .
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6,则点P到平面α的距离等于 .
三、解答题(本大题共3小题,共44分) 9.(14分)(2017河南高考仿真)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=AA1=3,BC=2,D是BC的中点,F是C1C上一点.
(1)当CF=2时,证明:B1F⊥平面ADF;
(2)若FD⊥B1D,求三棱锥B1-ADF的体积.
10.(15分)
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.
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.
参考答案
单元质检八 立体几何(B)
1.
B 解析由主视图和俯视图还原几何体如图所示,由主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,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.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.B 解析令△PAD所在圆的圆心为O1,则易得圆O1的半径r=,因为平面PAD⊥平面ABCD,所以OO1=AB=2,所以球O的半径R=,所以球O的表面积=4πR2=.
4.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=π·r3=. ∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,120°为360°的,只取半球的,则V=.
5.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.D 解析如图所示,∵BD1⊥平面AB1C,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,
∴平面α即为平面DBB1D1.
设AC∩BD=O.
∴α∩平面AB1C=OB1=m.
∵平面A1C1D过直线A1C1,与平面AB1C平行,而平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,∴平面A1C1D即为平面β.β∩平面ADD1A1=A1D=n,
又A1D∥B1C,∴m,n所成角为∠OB1C,
由△AB1C为正三角形,则cos∠OB1C=cos.故选D.
7.1∶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-,V2=×23=,故V1∶V2=1∶2.
8.
12 解析作PO⊥平面α,作OE⊥AC,OF⊥AB,则AC⊥平面POE,AB⊥平面POF, ∴PE=PF=6,
从而OE=OF.
∴∠EAO=∠FAO=45°.
在Rt△PAE中,PA=24,PE=6,
∴AE2=PA2-PE2=216.
又在Rt△OEA中,OE=AE,
∴在Rt△POE中,
PO==12.
9.(1)证明因为AB=AC,D是BC的中点,所以AD⊥BC.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,因为B1B⊥底面ABC,AD⊂底面ABC,所以AD⊥B1B.因为BC∩B1B=B,所以AD⊥平面B1BCC1.因为B1F⊂平面B1BCC1,所以AD⊥B1F.
在矩形B1BCC1中,因为C1F=CD=1,B1C1=CF=2,
所以Rt△DCF≌Rt△FC1B1,
所以∠CFD=∠C1B1F,所以∠B1FD=90°.
所以B1F⊥FD.因为AD∩FD=D,所以B1F⊥平面ADF.
(2)解由(1)可得AD⊥平面B1DF,因为D是BC的中点,所以CD=1,AD=2.在Rt△B1BD中,BD=CD=1,BB1=3,
所以B1D=.
由FD⊥B1D,易得Rt△CDF∽Rt△BB1D,所以,
所以DF=,所以·AD=×2.
10.(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=S△ABP=×2×2=1,
∴VA-BDE=VE-ABD=×1×1=.
11.(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=
=.
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S△PDA·h=S△ACD·PE,
即h=,
