2020高考数学刷题首秧单元测试六立体几何文含解析

单元质量测试(六) 时间：120分钟 满分：150分第Ⅰ卷　(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是( )A ．圆柱B ．圆锥C ．棱锥D ．棱柱答案　B解析　易知仅圆锥的三视图中一定不会出现正方形，故选B ．2．(2018·郑州检测)已知一三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )答案　C 解析　由已知条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线．故选C ．3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积为6π，则这个正四棱柱的体积为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案　B解析　S 表＝4πR 2＝6π，∴R ＝，设正四棱柱底面边长为x ，则x 2＋x 2＋22＝(2R )2，∴x ＝1．∴V 正四棱柱＝2．62故选B ．4．(2018·贵阳模拟)设m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β；②若m ∥α，m ∥β，则α∥β；③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ；④若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n ．上述命题中，所有真命题的序号是( )A ．①④B ．②③C ．①③D ．②④答案　A解析　对于①，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以①正确；对于②，平行于同一条直线的两个平面的位置关系不确定，所以②错误；对于③，平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，所以③错误；对于④，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，所以④正确．故选A ．5．(2018·太原三模)如图是某几何体的三视图，则这个几何体的体积是( )A ．2＋B ．2＋π2π3C ．4＋D ．4＋π3π2答案　A解析　由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成，这个几何体的体积V ＝×π×12×1＋×()212122×2＝2＋．故选A ．π26．(2018·江西赣州二模)某几何体的主视图和左视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，如图2，其中O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128答案　C解析　由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC ，设CB 与y 轴的交点为D ，则易知CD ＝2，OD ＝2×2＝4，∴CO ＝＝6＝OA ，∴俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体22CD 2＋OD 2为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96．故选C ．7．(2018·郑州质检三)已知A ，B ，C ，D 四点在半径为的球面上，且AC ＝BD ＝4，AD ＝BC ＝511，AB ＝CD ，则三棱锥D －ABC 的体积是( )A ．6 B ．4 C ．2 D ．7777答案　C解析　如图所示，将三棱锥D －ABC 放在长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体中，则依题意有Error!解得Error!则三棱锥D －ABC 的体积为abc －4·abc ＝2．选C ．131278．(2018·山西四校联考)如图所示，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为O ，M 为PB 的中点，给出下列五个结论：①PD ∥平面AMC ；②OM ∥平面PCD ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA ；⑤OM ∥平面PBC ．其中正确的个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案　C解析　矩形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，所以O 为BD 的中点．在△PBD 中，M 是PB 的中点，所以OM 是△PBD 的中位线，OM ∥PD ，则PD ∥平面AMC ，OM ∥平面PCD ，且OM ∥平面PDA ．因为M ∈PB ，所以OM 与平面PBA 、平面PBC 相交．故选C ．9．(2018·大庆质检一)已知一个圆柱的轴截面是边长为a 的正方形．在圆柱内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，则圆柱内除了球之外的几何体的体积为( )A ．B ．C ．D ．πa 34πa 36πa 38πa 312答案　D解析　由题意可知，该圆柱底面直径和高都是a ，故其体积为V 1＝πR 2h ＝π×2×a ＝．而圆柱体的内切a 2πa 34球的直径也为a ，故其体积为V 2＝R 3＝×3＝，所以圆柱体内除球体以外部分的体积为V ＝V 14π34π3a 2πa 36－V 2＝．故选D ．πa 31210．(2018·湖南长沙四校联考)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①② B ．①③ C ．②④ D ．①④答案　D解析　设截面与底面的距离为h ，则①中截面内圆的半径为h ，则截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，则截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －，则截面圆的面积为πR －2h 2h 2；④中截面圆的半径为，则截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中截面的面积相等，故其体R 2－h 2积相等，故选D ．11．(2018·福建莆田质检)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，平面α过直线BD ，α⊥平面AB 1C ，α∩平面AB 1C ＝m ，平面β过直线A 1C 1，β∥平面AB 1C ，β∩平面ADD 1A 1＝n ，则m ，n 所成的角的余弦值为( )A ．B ．C ．D ．12132232答案　D解析　如图，由题中条件知，直线m 为B 1O ，直线n 为A 1D ，∵B 1C ∥A 1D ，∴B 1O 与A 1D 所成的角为∠CB 1O (或其补角)，设正方体的棱长为a ，在△CB 1O 中，B 1C ＝a ，CO ＝a ，B 1O ＝a ，∴cos∠CB 1O ＝＝．故选D ．2226262a 2＋(2a )2－22a 22×62a ×2a 3212．(2018·太原模拟)三棱锥D －ABC 中，已知CD⊥底面ABC ，△ABC 为正三角形，若AE ∥CD ，AB ＝C D ＝AE ＝2，则三棱锥D －ABC 与三棱锥E －ABC 的公共部分构成的几何体的体积为( )A ．B ．C ．D ．3933133答案　B 解析　如图所示，设AD ∩CE ＝F ，连接DE ．三棱锥D －ABC 与三棱锥E －ABC 的公共部分为三棱锥F －ABC ．由题意AE ∥CD ，AE ＝CD ，所以四边形ACDE 是平行四边形，取AC 的中点M ，连接FM ，BM ，则FM ＝1，BM ＝＝，由题意可知FM ⊥平面ABC ．所以三棱锥F －ABC 的高是FM ．又正三角形ABC 的面积S ＝ABC 2－CM 2312B ·AC sin60°＝，所以三棱锥F －ABC 的体积V ＝S ·FM ＝．故选B ．31333第Ⅱ卷　(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．如图，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则＝________．R r答案　233解析　由水面高度升高r ，得圆柱体积增加πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有πr 3＝πR 2r ．43故＝．R r 23314．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，AA 1＝2，2则球O 的表面积为________．答案　16π解析　由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的体对角线长，即＝4，故球O 的表面积S ＝4πR 2＝16π．22＋22＋(22)215．已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．答案　8π解析　由三视图可知该几何体为一个底面半径为1，高为5的圆柱与一个底面半径为1，高为3的圆柱的组合体，其体积为V ＝π×12×(5＋3)＝8π．16．(2018·唐山模拟)已知一个几何体由八个面围成，每个面都是正三角形，有四个顶点在同一平面内且为正方形，若该八面体的棱长为2，所有顶点都在球O 上，则球O 的表面积为________．答案　8π解析　依题意，该八面体的各个顶点都在同一球面上，则其中四点所组成的截面在球的大圆面上，因为该八面体的棱长为2，所以这四点组成的正方形的对角线的长为2，故球的半径为，该球的表面积为422π()2＝8π．2三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(2018·珠海摸底)(本小题满分10分)中秋节即将到来，为了做好中秋节商场促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD 剪去四个全等的等腰三角形(△SEE ′，△SFF ′，△SGG ′，△SHH ′)，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S －EFGH ，其中A ，B ，C ，D 重合于点O ，E 与E ′重合，F 与F ′重合，G 与G ′重合，H 与H ′重合(如图所示)．(1)求证：平面SEG ⊥平面SFH ；(2)已知AE ＝，过O 作OM ⊥SH 于点M ，求cos∠EMO 的值．52解　(1)证明：因为折叠后A ，B ，C ，D 重合于一点O ，所以拼接成底面EFGH 的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，所以底面EFGH 是正方形，故EG ⊥FH ．因为在原平面图形中，△SEE ′≌△SGG ′，所以SE ＝SG ，所以EG ⊥SO ．又FH ∩SO ＝O ，FH ⊂平面SFH ，SO ⊂平面SFH ，故EG ⊥平面SFH ．又因为EG ⊂平面SEG ，所以平面SEG ⊥平面SFH ．(2)依题意，当AE ＝时，即OE ＝．5252Rt△SHO 中，OH ＝，SH ＝，52552故SO ＝5，所以OM ＝＝．SO ·OHSH 5由(1)知EG ⊥平面SFH ，且OM ⊂平面SFH ，故EG ⊥OM ，从而EO ⊥OM ，故Rt△EMO 中，EM ＝＝，EO 2＋OM 2352所以cos∠EMO ＝＝．OM EM 2318．(2018·全国卷Ⅲ)(本小题满分12分)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧C 所在平面垂直，M 是C 上异于C ，D 的点．D D(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．解　(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为C 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ．D 又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC ．而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ．(2)当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连接AC 交BD 于O ．因为四边形ABCD 为矩形，所以O 为AC 的中点．连接OP ，因为P 为AM 的中点，所以MC ∥OP ．又MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．19．(2018·南昌二模)(本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2CD ＝2AD ＝4，侧面PAB 是等腰直角三角形，PA ＝PB ，平面PAB ⊥平面ABCD ，点E ，F 分别是棱AB ，PB 上的点，平面CEF ∥平面PAD ．(1)确定点E ，F 的位置，并说明理由；(2)求三棱锥F －DCE 的体积．解　(1)因为平面CEF ∥平面PAD ．平面CEF ∩平面ABCD ＝CE ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以CE ∥AD ，又AB ∥DC ，所以四边形AECD 是平行四边形，所以DC ＝AE ＝AB ，12即点E 是AB 的中点．因为平面CEF ∥平面PAD ，平面CEF ∩平面PAB ＝EF ，平面PAD ∩平面PAB ＝PA ．所以EF ∥PA ，又因为点E 是AB 的中点，所以点F 是PB 的中点，综上，E ，F 分别是AB ，PB 的中点．(2)因为PA ＝PB ，AE ＝EB ，所以PE ⊥AB ，又平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，所以PE ⊥平面ABCD ．又F 为PB 的中点，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，所以V 三棱锥F －DCE ＝V 三棱锥P －DCE ＝S △DEC ·PE ＝××2×2×2＝．121616122320．(2018·石家庄一模)(本小题满分12分)四棱锥S －ABCD 的底面ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB ＝2BC ＝2CD ＝2，△SAD 为正三角形．(1)点M 为棱AB 上一点，若BC ∥平面SDM ，＝λ，求实数λ的值；AM → AB → (2)若BC ⊥SD ，求点B 到平面SAD 的距离．解　(1)因为BC ∥平面SDM ，BC ⊂平面ABCD ，平面SDM ∩平面ABCD ＝DM ，所以BC ∥DM ．因为AB ∥DC ，所以四边形BCDM 为平行四边形，又AB ＝2CD ，所以M 为AB 的中点，因为＝λ，AM → AB → 所以λ＝．12(2)因为BC ⊥SD ，BC ⊥CD ，CD ∩SD ＝D ，所以BC ⊥平面SCD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以平面SCD ⊥平面ABCD ，在平面SCD 内过点S 作SE ⊥CD 于点E ，连接AE ，因为平面SCD ∩平面ABCD ＝CD ，所以SE ⊥平面ABCD ，在Rt△SEA 和Rt△SED 中，因为SA ＝SD ，所以AE ＝＝＝DE ，SA 2－SE 2SD 2－SE 2又由题知∠EDA ＝45°，所以AE ⊥ED ，由已知求得AD ＝，2所以AE ＝ED ＝SE ＝1．连接BD ，则V 三棱锥S －ABD ＝××2×1×1＝，131213又求得△SAD 的面积为，32设点B 到平面SAD 的距离为h ，所以由V 三棱锥B －SAD ＝V 三棱锥S －ABD ＝S △SAD ·h ＝，1313解得h ＝，233所以点B 到平面SAD 的距离为．23321．(2018·山东青岛统测)(本小题满分12分)如图，圆柱H 横放在底面边长为1的正六棱锥P －ABCD EF 的顶点P 上，O 1和O 2分别是圆柱左、右两个底面的圆心，正六棱锥P －ABCDEF 底面中心为O ，PO ＝1，M ，N 分别是圆柱H 的底面O 1的最高点和最低点，G 是圆柱H 的底面O 2的最低点，P 为NG 的中点，点M ，O 1，N ，A ，O ，D ，G ，P 共面，点O 1，P ，D 共线，四边形ADGN 为矩形．(1)求圆柱H 的体积V ，并证明：MG ∥平面PCD ；(2)作出点O 在平面PAB 上的正投影K ，并加以证明．注：正棱锥就是底面是一个正多边形，顶点在底面上的正投影为底面的中心的棱锥．解　(1)∵O 为正六棱锥P －ABCDEF 底面的中心，∴PO ⊥底面ABCDEF ，∵P 为NG 的中点，四边形ADGN 为矩形，O 为AD 的中点，PO ＝1，∴NA ∥PO ，NA ＝PO ＝1，从而NA ⊥底面ABCDEF ，∵M ，N 分别是圆柱H 的底面O 1的最高点和最低点，∴O 1N ⊥底面ABCDEF ，从而M ，O 1，N ，A 四点共线．∵正六棱锥P －ABCDEF 的底面边长为1，∴AD ＝2，∵四边形ADGN 为矩形，∴NG ∥AD ，且NG ＝AD ＝2，又P 为NG 中点，NP ∥AD ，且NP ＝AD ＝1，12∴在△O 1AD 中，NP 为△O 1AD 的中位线，从而N 为O 1A 中点，∴O 1N ＝AN ＝1，∴圆柱H 的体积V ＝π×12×2＝2π．∵P 为NG 的中点，O 1为MN 的中点，∴PO 1∥MG ，又O 1，P ，D 共线，∴PD ∥MG ，∵PD ⊂平面PCD ，MG ⊄平面PCD ，∴MG ∥平面PCD ．(2)取AB 的中点Q ，连接OQ ，PQ ，在△POQ 中，作OK ⊥PQ 于K ，则K 为点O 在平面PAB 上的正投影．下面证明：∵六棱锥P －ABCDEF 为正棱锥，∴PA ＝PB ，从而AB ⊥PQ ，∵正六棱锥P －ABCDEF 底面中心为O ，∴PO ⊥底面ABCDEF ，又AB ⊂底面ABCDEF ，∴AB ⊥PO ，∵PO ∩PQ ＝P ，∴AB ⊥平面POQ ，又OK ⊂平面POQ ，∴AB ⊥OK ，又PQ ∩AB ＝Q ，∴OK ⊥平面PAB ，∴点O 在平面PAB 上的正投影为K ．22．(2018·河北衡水中学九模)(本小题满分12分)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，E ，F 分别为AD ，AA 1的中点，Q 是BC 上一个动点，且BQ ＝λQC (λ>0)．(1)当λ＝1时，求证：平面BEF ∥平面A 1DQ ；(2)是否存在λ，使得BD ⊥FQ ？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．解　(1)证明：λ＝1时，Q 为BC 的中点，因为E 是AD 的中点，所以ED ＝BQ ，ED ∥BQ ，则四边形BEDQ 是平行四边形，所以BE ∥QD ．又BE ⊄平面A 1DQ ，DQ ⊂平面A 1DQ ，所以BE ∥平面A 1DQ ．又F 是A 1A 中点，所以EF ∥A 1D ，因为EF ⊄平面A 1DQ ，A 1D ⊂平面A 1DQ ，所以EF ∥平面A 1DQ ．因为BE ∩EF ＝E ，EF ⊂平面BEF ，BE ⊂平面BEF ，所以平面BEF ∥平面A 1DQ ．(2)连接AQ ，BD ，FQ ，因为A 1A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥BD ．若BD ⊥FQ ，A 1A ，FQ ⊂平面A 1AQ ，A 1A ∩FQ ＝F ，所以BD ⊥平面A 1AQ ．因为AQ ⊂平面A 1AQ ，所以AQ ⊥BD ．在矩形ABCD 中，由AQ ⊥BD ，得△AQB ∽△DBA ，所以AB 2＝AD ·BQ ．又AB ＝1，AD ＝2，所以BQ ＝，QC ＝，1232则＝，即λ＝．BQ QC 1313。