高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版单元质检卷八　立体几何

这是一份高考总复习优化设计一轮用书文科数学配北师版单元质检卷八　立体几何，共15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。

一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.
1.(2023黑龙江大庆中学高三月考)已知直线l,m,n与平面α,β,下列命题正确的是( )
A.若α∥β,l⫋α,n⫋β,则l∥n
B.若α⊥β,l⫋α,则l⊥β
C.若l⊥n,m⊥n,则l∥m
D.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
答案:D
解析:A.若α∥β,l⫋α,n⫋β,则l∥n或l与n异面,故A不正确;B.缺少l垂直于α与β的交线这个条件,不能推出l⊥β,故B不正确;C.由垂直关系可知,l∥m或l,m相交,或l与m异面,故C不正确;D.因为l∥β,所以平面β内存在直线m∥l,若l⊥α,则m⊥α,且m⫋β,所以α⊥β,故D正确.
2.(2023广西南宁三中高三月考)某几何体的三视图如图所示,已知图中圆的半径都为1,则此几何体的体积为( )
A.π4B.π2C.3π4D.π
答案:D
解析:由几何体的三视图可知,该几何体为34个球,则该几何体的体积为34×43π×13=π.
3.(2023黑龙江齐齐哈尔高三二模)已知a,b,c是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,α∩β=c,a⫋α,b⫋β,则“a,b相交”是“a,c相交”的( )
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案:C
解析:若a,b相交,a⫋α,b⫋β,则其交点在交线c上,故a,c相交;若a,c相交,可能a,b为相交直线或异面直线.综上所述,a,b相交是a,c相交的充分不必要条件.
4.如图,一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形O'A'B'C',则原平面图形的周长和面积分别为( )
A.2a,24a2B.8a,22a2
C.a,a2D.2a,2a2
答案:B
解析:由直观图可得原图形,
∴OA=BC=a,OB=22a,∠BOA=90°,∴AB=OC=3a,原图形的周长为8a,原图形的面积为S=a·22a=22a2.
5.(2023吉林四平模拟)一个体积为243的正三棱柱(底面为正三角形,且侧棱垂直于底面)的三视图如图所示,则左视图的面积为( )
A.63B.8C.123D.12
答案:C
解析:左视图的宽为23,即为俯视图的高,∴底面正三角形的边长为23sin60°=4,设三棱柱的高为h,体积为243=12×4×23h,∴h=6,∴左视图的面积为S=23×6=123.
6.(2023四川资阳适应性考试)冰激凌一直被众多青少年视为夏日解暑神器,图中冰激凌可近似地看作圆锥和半球的组合体,若圆锥部分的侧面展开图是面积为9π2 cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为( )
A.18+938π cm3B.9+1838π cm3
C.9+934π cm3D.9+634π cm3
答案:A
解析:设圆锥的底面半径为r cm,高为h cm,母线长为R cm,根据题意,可得πR22=9π2,2πr=πR,解得R=3,r=32,所以h=R2-r2=332(cm),故该冰激凌的体积V=13πr2h+12×4πr33=18+938π(cm3).
7.(2023江西南昌进贤一中高三月考)某几何体的主视图和左视图如图1所示,它的俯视图的直观图是平行四边形A'B'C'D',如图2所示.其中A'B'=2A'D'=4,则该几何体的表面积为( )
A.16+12πB.16+8π
C.16+10πD.8π
答案:A
解析:根据斜二测画法的规则可知,原俯视图是边长为4的正方形,故该几何体是一个底面半径为2、高为4的半圆柱,故其表面积为S=4×4+π×22+π×2×4=16+12π.
8.(2023浙江湖州模拟)如图,已知平面ABCD是圆柱O1O2的轴截面,点E在上底面圆上,点F为BC的中点,∠BAE=30°.若圆柱的底面圆半径为2,侧面积为24π,则异面直线DF与AE所成角的余弦值为( )
A.135B.25
C.35D.235
答案:D
解析:如图,过点D作AE的平行线,与圆O2交于点G,
则DF与AE所成的角为∠FDG(或其补角).连接BE,DG,CG,FG,易证△AEB≌△DGC,即AE=DG,CG=BE.设圆柱的高为h,由圆柱的侧面积为24π,底面圆半径为2,可得4πh=24π,故h=6.在Rt△ABE中,AE=ABcs 30°=23,故DG=23,而CG=BE=12AB=2,DF=CF2+CD2=5,FG=CG2+FC2=13.在△DFG中,由余弦定理可得cs∠FDG=DF2+DG2-FG22DF·DG=235,即异面直线DF与AE所成角的余弦值为235.
9.如图,已知在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P,则PC1=( )
A.2B.3C.2D.1
答案:D
解析:如图,设B1C1上的点P满足题意,连接A1P,BP.连接AB1交A1B于点O,连接OP.易知OP⫋平面AB1C1,又OP⫋平面A1BP,∴平面AB1C1∩平面A1BP=OP.∵AC1∥平面A1BP,∴AC1∥OP.在△AB1C1中,∵O为AB1的中点,∴P为B1C1的中点,∴PC1=1.
10.(2023四川自贡三模)已知四面体P-ABC中,∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,且AB=2.若四面体P-ABC的外接球体积为36π,则当该四面体的体积最大时,BC=( )
A.2B.4C.6D.8
答案:B
解析:如图,
由∠PAC=∠PBC=∠ABC=90°,得PA⊥AC,PB⊥BC,AB⊥BC,又PB∩AB=B,∴BC⊥平面PAB,则BC⊥PA,又AC∩BC=C,∴PA⊥平面ABC.取PC中点O,可得OA=OB=OP=OC,则O为四面体P-ABC的外接球的球心,设外接球的半径为R,由外接球体积为36π,得43πR3=36π,即R=3.∴PC=2R=6.又AB=2,设PA=a,BC=b,则PA2+AC2=PA2+AB2+BC2=36,即a2+b2=32.∴VP-ABC=13·12·2b·a=13ab≤13·a2+b22=163.当且仅当a=b=4时,等号成立.
11.(2023湖北武汉二中高三月考)过正方体ABCD-A1B1C1D1顶点A作平面α,使α∥平面A1B1CD,A1D1和D1C1的中点分别为E和F,则直线EF与平面α所成角的正弦值为( )
A.12B.32C.23D.33
答案:A
解析:如图,连接A1C1,取B1C中点G,连接A1G,C1G,
∵平面α∥平面A1B1CD,EF∥A1C1,
∴直线EF与平面α所成角即为直线A1C1与平面A1B1CD所成的角.
∵C1G⊥B1C,CD⊥C1G,B1C∩CD=C,∴C1G⊥平面A1B1CD,
∴∠C1A1G即为直线A1C1与平面A1B1CD所成的角,
设正方体棱长为2,∴sin∠C1A1G=C1GA1C1=222=12.
12.(2023浙江绍兴高三期末)如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将△BAD沿直线BD翻折,下列说法中错误的是( )
A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥OC
B.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥BD
C.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB⊥平面ACD
D.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC⊥平面ABD
答案:D
解析:当AB=x=1时,矩形ABCD为正方形,则AC⊥BD,将△BAD沿直线BD翻折,若使得平面ABD⊥平面BCD时,由OC⊥BD,OC⫋平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以OC⊥平面ABD,又AB⫋平面ABD,所以AB⊥OC,故选项A正确.又OC⊥BD,OA⊥BD,且OA∩OC=O,所以BD⊥平面OAC,又AC⫋平面OAC,所以AC⊥BD,故选项B正确.对于选项C,在矩形ABCD中,AB⊥AD,AC=1+x2,所以将△BAD沿直线BD翻折时,总有AB⊥AD,取x=12,当将△BAD沿直线BD翻折到AC=32时,有AB2+AC2=BC2,即AB⊥AC,且AC∩AD=A,则此时满足AB⊥平面ACD,故C正确.对于选项D,若AC⊥平面ABD,又AO⫋平面ABD,则AC⊥AO,所以在△AOC中,OC为斜边,这与OC=OA相矛盾,故D错误.
二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.(2023山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为 .
答案:60°
解析:设圆锥的母线长为l,底面半径为r,圆锥的母线与其底面所成的角为θ,则πrl=2πr2,∴rl=12,∴cs θ=12.又θ∈[0°,90°],∴θ=60°.
14.(2023河北宣化一中高三月考)圆柱上、下底面的圆周都在一个体积为500π3的球面上,圆柱底面直径为8,则该圆柱的表面积为 .
答案:80π
解析:如图,矩形ABCD是圆柱的轴截面,其外接圆O是球的大圆,设球O的半径是R,
由43πR3=500π3,得R=5,BD=10,又AB=8,∴AD=6,
∴圆柱表面积为S=2π×42+2π×4×6=80π.
15.(2023湖南长郡中学模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F为AA1,AB的中点,点M是正方形ABB1A1内的动点,若C1M∥平面CD1EF,则M点的轨迹长度为 .
答案:2
解析:如图所示,设A1B1的中点为H,BB1的中点为G,连接GH,C1H,C1G,EG,HF.
可得四边形EGC1D1是平行四边形,∴C1G∥D1E.又C1G⊈平面CD1EF,D1E⫋平面CD1EF,可得C1G∥平面CD1EF.同理可得C1H∥CF,则同理易知C1H∥平面CD1EF,
又C1H∩C1G=C1,
∴平面C1GH∥平面CD1EF.
∵点M是正方形ABB1A1内的动点,C1M∥平面CD1EF,
∴点M在线段GH上.
∴点M的轨迹长度为GH=12+12=2.
16.(2023广东广州一模)已知三棱锥P-ABC的底面ABC是边长为6的等边三角形,PA=PB=PC=21,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O1的体积为 ,球O2的表面积为 .
答案:4π3 4π9
解析:如图,点O为△ABC的中心,点D为BC的中点,过△PAD作截面,
依题意得S△ABC=12×6×6×sin 60°=93,
点P到平面ABC的距离为d=21-(23)2=3,
所以V三棱锥P-ABC=13×93×3=93,侧面高为21-32=23,
所以S△PBC=S△PAB=S△PAC=12×23×6=63,
设球O1的半径为R,
所以V三棱锥P-ABC=V三棱锥O1-PAB+V三棱锥O1-PAC+V三棱锥O1-PBC,则93=13(183+93)R,
得R=1,球O1的体积为V1=4π3.
作O1N⊥PD,O2E⊥PD,点N,E为垂足.△PEO2∽△PNO1,
设球O2的半径为r,则rR=2-R-r2,又R=1得r=13,
所以球O2的表面积为S=4π9.
三、解答题:共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.(10分)(2023四川泸州诊断测试)如图,已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形,AA1=4,E,F分别为A1A,AB的中点.
(1)求证:直线D1E,CF,DA交于一点;
(2)求多面体BCD1EF的体积.
(1)证明连接EF,A1B,因为E,F分别为AA1,AB的中点,
所以EF∥A1B且EF=12A1B.
因为几何体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,且底面是正方形,所以BC∥AD∥A1D1,且BC=AD=A1D1,
即四边形A1BCD1是平行四边形,
所以A1B∥D1C且A1B=D1C,
所以EF∥D1C,且EF≠D1C,
所以四边形EFCD1为梯形,
所以D1E与CF交于一点,记为P,
因为P∈平面ABCD,P∈平面ADD1A1,平面ABCD∩平面ADD1A1=AD,所以P∈直线AD,即直线D1E,CF,DA交于一点P.
(2)解V多面体BCD1EF=V三棱锥B-EFD1+V三棱锥B-CD1F=V三棱锥D1-BEF+V三棱锥D1-BCF=13×12×1×2×2+13×12×1×2×4=2.
18.(12分)(2023河南新乡检测)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC=2AB=2AD,∠ADC=∠ABC=90°.
(1)证明:平面PBD⊥平面PAC;
(2)若F是PC的中点,求证:BF∥平面PAD.
证明(1)取AC的中点E,连接DE和BE,
因为∠ADC=90°,则AC=2DE,所以DE=AE=12AC.
又AC=2AB=2AD,所以DE=AE=AD,
同理BE=AE=AB,所以DE=BE=AD=AB,
所以四边形ABED为菱形,所以BD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD,BD⫋平面ABCD,所以BD⊥PA.
又PA∩AC=A,PA⫋平面PAC,AC⫋平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
又BD⫋平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.
(2)连接EF,因为E,F分别是AC,PC的中点,
所以EF∥PA.
又EF⊈平面PAD,PA⫋平面PAD,
所以EF∥平面PAD.
由(1)知四边形ABED为菱形,所以BE∥AD,同理BE∥平面PAD.
又EF∩BE=E,EF⫋平面BEF,BE⫋平面BEF,
所以平面BEF∥平面PAD.
又BF⫋平面BEF,
所以BF∥平面PAD.
19.(12分)(2023江西上饶三模)如图,在圆柱W中,点O1,O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于点N,F),点G为下底面圆弧ME的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1,高为2.
(1)若平面FNH⊥平面NHG,证明:FH⊥NG;
(2)若直线O1H∥平面EFG,求点H到平面NGF的距离.
(1)证明∵平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH,又NH⊥FH,FH⫋平面FHN,
∴FH⊥平面NHG,
∵NG⫋平面NHG,∴FH⊥NG.
(2)解设点H到平面NGF的距离为h.取NF的中点A,连接AG,AF,O1O2,O2H,O1G,
∵A,G分别为FN,EM的中点,则AG∥EF且AG=EF,
∴A,G,E,F四点共面,且∠AFN=π4.
∵O1O2为圆柱的轴,∴O1O2∥EF.
∵O1O2⊈平面EFG,EF⫋平面EFG.∴O1O2∥平面EFG.
∵O1H∥平面EFG,O1O2∩O1H=O1,∴平面HO1O2∥平面EFG,
∵平面NHF∩平面HO1O2=O1H,平面NHF∩平面EFG=AF,
∴O1H∥AF,则∠NO1H=∠AFN=π4,S△NHF=2S△NO1H=2×12×12×sinπ4=22,
∴V三棱锥G-NHF=13·S△NHF·2=23.
又圆柱W的底面半径为1,
∴ME=2,点G为下底面圆弧ME的中点,∴GE=O2G2+O2E2=2,EF=2,
∴GF=GN=EF2+GE2=6.
∵O1为NF的中点,则O1G⊥NF,
∴O1G=5,S△NFG=12×2×5=5.
∴V三棱锥G-NHF=V三棱锥H-NGF,即13×22×2=13×5×h,
∴h=105.
20.(12分)(2023河南洛阳二模)如图1所示,在直角梯形ABCD中,∠ADC=90°,AB∥CD,AD=CD=12AB=2,E为AC的中点,将△ACD沿AC折起,折起后点D对应的位置为点H,且平面ACH与平面ABC垂直,得到如图2所示的几何体H-ABC.
(1)求证:BC⊥平面ACH;
(2)点F在棱CH上,且满足AH∥平面BEF,求几何体F-BCE的体积.
(1)证明由图1可知AC=BC=22,所以AC2+BC2=AB2,所以AC⊥BC.
连接HE,则HE⊥AC,又平面ACH⊥平面ABC,
平面ACH∩平面ABC=AC,HE⫋平面ACH,所以EH ⊥平面ABC,而BC⫋平面ABC,所以EH⊥BC.
又AC⊥BC,AC∩EH=E,
所以BC⊥平面ACH.
(2)解取HC的中点F,连接EF,BF,因为E是AC的中点,所以EF∥AH.
又EF⫋平面BEF,AH⊈平面BEF,所以AH∥平面BEF,
由(1)知,BC为三棱锥B-ACH的高,即为三棱锥B-CEF的高,
因为E,F分别为AC,HC的中点,
所以S△CEF=14S△ACH=14×12×2×2=12,
所以VF-BCE=VB-CEF=13S△CEF·BC=13×12×22=23.
21.(12分)(2023黑龙江齐齐哈尔三模)如图,在三棱锥P-ABC中,△PAB为正三角形,O为△PAB的重心,PB⊥AC,∠ABC=60°,BC=2AB.
(1)求证:平面PAB⊥平面ABC;
(2)在棱BC上是否存在点D,使得直线OD∥平面PAC?若存在,求出BDDC的值;若不存在,请说明理由.
(1)证明设AB=m,则BC=2m,在△ABC中,由余弦定理,
得AC=m2+4m2-2m2=3m.
因为AB2+AC2=4m2=BC2,所以AC⊥AB.
因为AC⊥PB,AB∩PB=B,所以AC⊥平面PAB.
因为AC⫋平面ABC,所以平面PAB⊥平面ABC.
(2)解如图所示,取PA的中点E,连接BE,CE,则点O在BE上,
在平面BCE内过点O作CE的平行线交BC于点D.
因为OD∥CE,OD⊈平面PAC,CE⫋平面PAC,所以OD∥平面PAC.
因为O为△PAB的重心,
所以BO∶OE=2∶1.
又BD∶DC=BO∶OE,所以BDDC=2,
所以在棱BC上存在点D,使得直线OD∥平面PAC,此时BDDC=2.
22.(12分)(2023东北三省三校联考)图甲是由正方形ABCD,等边三角形ABE和等边三角形BCF组成的一个平面图形,其中AB=6,将其沿AB,BC,AC折起得三棱锥P-ABC,如图乙.
(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;
(2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M,且三棱锥P-ACM和B-ACM的体积比为1∶2,求点B到平面ACM的距离.
(1)证明如图,取AC的中点为O,连接BO,PO.
∵PA=PC,∴PO⊥AC.
∵PA=PC=6,∠APC=90°,
∴PO=12AC=32,同理BO=32.
又PB=6,∴PO2+OB2=PB2,
∴PO⊥OB.
∵AC∩OB=O,AC⫋平面ABC,OB⫋平面ABC,∴PO⊥平面ABC.
又PO⫋平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.
(2)解连接MO,过B作BH⊥MO于点H,
∵PO⊥AC,BO⊥AC,∴AC⊥平面POB,
∴平面ACM⊥平面POB,
∴BH⊥平面ACM,即BH就是点B到平面ACM的距离.
∵三棱锥P-ACM和B-ACM的体积比为1∶2,
∴PM∶BM=1∶2,∴BM=23PB=4,
∴MO=BM2+BO2-2·BM·BO·cs45°=10.
由12·MO·BH=12·BM·BO·sin 45°,得BH=6510,
∴点B到平面ACM的距离是6510.