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    2022高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何B(含解析)

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    2022高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何B(含解析)

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    这是一份2022高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何B(含解析),共8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。
    单元质检卷八 立体几何(B)(时间:60分钟 满分:76)一、选择题:本题共6小题,每小题5,30.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广东深圳模拟)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.mD1Q B.m平面B1D1QC.mB1Q D.m平面ABB1A12.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(  )A.16πB.12πC.πD.π3.(2020湖南常德,6)三棱锥P-ABC,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,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是(  )A.2π B.4π C.8π D.16π4.(2020河北邢台模拟,11)在正方体ABCD-A1B1C1D1,E为棱A1B1上一点,AB=2,若二面角B1-BC1-E45°,则四面体BB1C1E的外接球的表面积为(  )A.π B.12π C.9π D.10π5.(2020山东枣庄模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1DB1所成角的余弦值为(  )A. B. C. D.6.(2020山西太原二模,12)三棱锥P-ABC,ABBC,PAC为等边三角形,二面角P-AC-B的余弦值为-,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.1 B.2 C. D.二、填空题:本题共2小题,每小题5,10.7.(2020湖南常德,14)如图,圆柱OO1,两半径OA,O1B等于1,OAO1B,异面直线ABOO1所成角的正切值为,则该圆柱OO1的体积为     . 8.《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体阳马底面为矩形,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=,BC上有一点E,使截面SDE的周长最短,SECD所成角的余弦值等于     . (7题图)(8题图) 三、解答题:本题共3小题,36.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(12)(2020河南许昌二模,19)如图,四棱锥P-ABCD,ABCD,AB=3CD=3,PA=PD=BC=2,ABC=90°,PB=PC.(1)求证:平面PAD平面ABCD;(2)求点D到平面PBC的距离.           10.(12)(2020河南开封三模,18)如图,四棱锥P-ABCD,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PCBD的中点,EFCD.(1)证明:平面PAD平面ABCD;(2)求点C到平面PDB的距离.              11.(12)(2020河南驻马店二模,19)如图,在四棱锥P-ABCD,AP平面PCD,ADBC,ABBC,AP=AB=BC=AD,EAD的中点,ACBE相交于点O.(1)证明:PO平面ABCD.(2)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 BDB1D1,BD平面B1D1P,所以mBDB1D1.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13.V=π×22×4-π×22×(1+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,PM最短时,PMBC,直线AM与平面PBC所成角的正切值最大.此时,PM=.在直角PBC,PB·PC=BC·PM,PC=,解得PC=.将三棱锥P-ABC补充为长方体,则长方体的对角线长为=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B1CBC1于点O,B1OBC1,易知A1B1BC1,BC1平面B1OE,所以BC1EO,从而B1OE为二面角B1-BC1-E的平面角,B1OE=45°.因为AB=2,所以B1E=B1O=,所以四面体BB1C1E的外接球半径R=.故四面体BB1C1E的外接球的表面积为4π=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,B1FAD1,所以DB1F为异面直线AD1DB1所成的角或其补角.连接DF,由题意,DF=,FB1==2,DB1=.DFB1,由余弦定理,DF2=F+D-2FB1·DB1·cosDB1F,5=4+5-2×2××cosDB1F,cosDB1F=.6.D 如图,过点PPE平面ABC,垂足为E,过点EEDACAC于点D,连接PD,PDE为二面角P-AC-B的平面角的补角,cosPDE=,sinPDE=.易知AC平面PDE,ACPD,PAC为等边三角形,DAC中点,AB=a,BC=b,AC==c,PE=PDsinPDE=×c×,故三棱锥P-ABC的体积为V=ab×abcc×,当且仅当a=b=c,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,R=.过点OOFPE于点F,则四边形ODEF为矩形,RtODC,EF=OD=,ED=OF=PDcosPDE=c,RtPFO,OP2=PF2+OF2,()2=+2,解得c=2,所以三棱锥P-ABC体积的最大值为.7.4π 过点BBH垂直于底面于点H,ABH即为异面直线ABOO1所成角,tanABH=,OH平行等于O1B,OAO1B,可得OHOA,AH=,tanABH=,所以圆柱的高BH==4,所以圆柱的体积为π·OA2·OO1=4π.8. 要使截面SDE的周长最短,SE+ED最短,将平面ABCD沿BC折至A'BCD',使SBCA'BCD'共面,连接SD'BCE,连接ED,此时SDE周长最短,EFCDADF,SEF即为所求角,RtSAB,求得SB=2,BE=2.RtSBE,求得SE=2.RtSFE,cosSEF=.SECD所成角的余弦值等于.9.(1)证明AD,BC的中点分别为M,E,连接PM,PE,ME,因为ABCD,AB=3CD=3,所以四边形ABCD为梯形,M,EAD,BC的中点,所以ME为梯形的中位线,所以MEAB,ABC=90°,所以MEBC,因为PB=PC,EBC的中点,所以PEBC,PEME=E,PE平面PME,ME平面PME,所以BC平面PME,PM平面PME,PMBC,因为PA=PD,MAD中点,所以PMAD,AD,BC不平行,必相交于某一点,AD,BC都在平面ABCD,所以PM平面ABCD,PM平面PAD,则平面PAD平面ABCD.(2)由题知,PM为三棱锥P-BCD的高,AD=2,ME=2,PM=,PE=,SPBC=BC×PE=×2×,SBCD=BC·CD=×2×1=1,设点D到平面PBC的距离为h,VP-BCD=VD-BCP,SBCD×PM=SPBC×h,×1××h,解得h=,所以点D到平面PBC的距离为.10.(1)证明连接AC,四边形ABCD是边长为2的正方形,FBD的中点,也是AC的中点,EPC的中点,EFPA.EFCD,PACD.ADCD,ADAP=A,CD平面PAD.CD平面ABCD,平面PAD平面ABCD.(2)如图,AD中点O,连接PO,∵△PAD是边长为2的等边三角形,POAD,PO=,(1)知平面PAD平面ABCD,PO平面ABCD,VP-BDC=×2=.易证PBDPB=BD=2,∴△PBD的面积为,设点C到平面PDB的距离为h,×h=,解得h=.11.(1)证明AP平面PCD,APCD.ADBC,BC=AD,四边形BCDE为平行四边形,BECD,APBE.ABBC,AB=BC=AD,EAD的中点,四边形ABCE为正方形,BEAC.APAC=A,BE平面APC,BEPO.AP平面PCD,APPC,AC=AB=AP,∴△PAC为等腰直角三角形,O为斜边AC上的中点,POAC,ACBE=O,PO平面ABCD.(2)OB=1,PA=PB=AB=.C到平面PAB的距离为d,VC-PAB=VP-ABC,×()2×d=×()2×1,解得d=.

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