广西专用高考数学一轮复习单元质检8立体几何B含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习单元质检8立体几何B含解析新人教A版理，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
单元质检八　立体几何(B)(时间:45分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;④若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β.则假命题的个数为(　　)A.4 B.3 C.2 D.12.(2021浙江杭州二模)某四棱锥的三视图(图中每个小方格的边长为1)如图所示,则该四棱锥的体积为(　　)A.4 B. C. D.13.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱B1C1,C1D1的中点,下列说法:①直线BE与直线DF相交;②直线BE与直线DF是异面直线;③BD∥EF;④直线BD与直线EF是异面直线.其中正确的说法的序号为(　　)A.①③ B.①④ C.②③ D.②④4.《九章算术》是我国古代的数学名著,书中提到一种名为“刍甍”的五面体,如图,四边形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,则这个几何体的体积是(　　)A. B.+2 C. D.5.(2021全国Ⅱ)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为(　　)A. B. C. D.6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点N是棱BC的中点,点M在四边形DCC1D1内部运动(包括边界).设直线A1D1与直线MN所成的角为θ,则当MN∥平面BB1D1D时,tan θ的取值范围为(　　)A.[1,] B.[1,] C.[] D.[]二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M,则四棱锥M-EFGH的体积为　　　　　. 8.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为　　　　　. 三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,E为PD的中点.(1)证明:PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60°,AP=1,AD=,求三棱锥E-ACD的体积. 10.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=.(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由. 11.(15分)如图,AD∥BC,且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD,且EG=AD,CD∥FG,且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长. 答案：1.B　解析①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α是正确的,垂直于同一个平面的直线互相平行;②若α⊥β,m∥α,n⊥β,则m⊥n是错误的,当m和n平行时,也会满足前面的条件;③若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ是错误的,垂直于同一个平面的两个平面可以是相交的;④若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α⊥β是错误的,平面β和α可以是任意的夹角.故选B.2.C　解析该四棱锥的直观图如图所示,其一条侧棱垂直于底面且底面为正方形,其中高为2,底面正方形对角线的长度为2,则PA=2,AC=2,正方形ABCD的面积为2,所以该四棱锥的体积V=×2×2=.3.A　解析连接B1D1.∵E,F分别为棱B1C1,C1D1的中点,∴EF?B1D1.又B1D1?BD,∴EF?BD.∴EF与BD确定一个平面,四边形DBEF为梯形.∴BE与DF共面,且相交.故①③正确.故选A.4.C　解析过E作EG⊥平面ABCD,垂足为G,过F作FH⊥平面ABCD,垂足为H,过G作PQ∥AD,交AB于Q,交CD于P,过H作MN∥BC,交AB于N,交CD于M,如图所示.∵四边形ABCD是矩形,棱EF∥AB,AB=4,EF=2,△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形,∴四边形PMNQ是边长为2的正方形,EG=,∴这个几何体的体积V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+VF-NBCM=×1×2××2+×2××2=+2.5.A　解析AC⊥BC,AC=BC=1,设O1为AB的中点,连接CO1,OO1,则CO1=,由题意OO1⊥平面ABC,在Rt△OO1C中,OO1=,则三棱锥O-ABC的体积为×1×1×.6.B　解析取DC,D1C1的中点分别为P,Q,连接PQ,PN,QN,易证得平面PQN∥平面BB1D1D,故当点M在线段PQ上运动时,MN∥平面BB1D1D.因为A1D1∥BC,所以直线BC与直线MN所成的角即为直线A1D1与直线MN所成的角,所以∠MNC=θ.连接MC,显然NC⊥MC.令正方体的棱长为2,PM=x,x∈[0,2],则MC=,又CN=1,所以tanθ=,所以tanθ∈[1,].故选B.7.　解析由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为,其高为,所以V四棱锥M-EFGH=.8.π　解析设PA=PB=PC=2x.∵E,F分别为PA,AB的中点,∴EF∥PB,且EF=PB=x.∵△ABC为边长为2的等边三角形,∴CF=.又∠CEF=90°,∴CE=,AE=PA=x.在△AEC中,由余弦定理可知cos∠EAC=.作PD⊥AC于点D,∵PA=PC,∴D为AC的中点,cos∠EAC=.∴.∴2x2+1=2.∴x2=,即x=.∴PA=PB=PC=.又AB=BC=AC=2,∴PA,PB,PC两两垂直.则球O的半径R满足2R=.∴R=.∴V=πR3=π×π.9.(1)证明如图,连接BD交AC于点O,连接EO.因为底面ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又因为E为PD的中点,所以EO∥PB.因为EO⊂平面AEC,PB⊄平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)解因为PA⊥平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,则P(0,0,1),D(0,,0),E.设B(m,0,0)(m>0),则C(m,,0),=(m,,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则即可取n1=.由题意得n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量.由题设|cos<n1,n2>|=,即,解得m=.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为.三棱锥E-ACD的体积V=.10.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD,且交线为AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB.(2)解如图,取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,且交线为AD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.如图,建立空间直角坐标系Oxyz.由题意,得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则即令z=2,则x=1,y=-2.所以可取n=(1,-2,2).因为=(1,1,-1),所以cos<n,>==-.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.(3)解设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得=λ.因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0.解得λ=.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时.11.解依题意,以D为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M,N(1,0,2).(1)证明:依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则即不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又,可得·n0=0.又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.(2)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,则不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos<m,n>=,于是sin<m,n>=.所以,二面角E-BC-F的正弦值为.(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<>|=.由题意,可得=sin60°=,解得h=∈[0,2].所以,线段DP的长为.