2020版高考数学一轮复习第八章立体几何单元质检卷8B文北师大版.doc

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1、1单元质检卷八 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.(2018 广东化州一模, 6)设 m,n 为两条不同的直线, 为平面,则下列结论正确的是( )A.m n,m n B.m n,m n C.m n,m n D.m n,m n 2.(2019 届河北武邑中学三调,10)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A. B. C.5 D.176 173 1363.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体,该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示 .若该几何体的表面积为 16+20,则 r

2、=( )A.1 B.2 C.4 D.84.(2019 届广东珠海摸底,7)如图,圆锥顶点为 P,底面圆心为 O,过轴 PO 的截面为 PAB,C 为 PA 中点,PA=4 ,PO=6,则从点 C 经圆锥侧面到点 B 的最短距离为( )3A.2 B.215 15-62C.6 D.2 15-635.(2018 黑龙江鹤岗一中模拟,12)三棱锥 P-ABC 中, ABC 为等边三角形, PA=PB=PC=1,PA PB,三棱锥 P-ABC 的外接球的表面积为( )A.12 B.3 C. D.266.(2019 届河北衡水联考,11)将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起,点 B 到达 B的位置 .

3、当以 A,B,C,D四点为顶点的三棱锥体积最大时,异面直线 AD 与 BC 所成的角为( )2A. B. C. D.6 4 3 2二、填空题(本大题共 2 小题,每小题 7 分,共 14 分)7.(2018 福建厦门外国语学校模拟,15)已知棱长为 1 的正方体有一个内切球(如图), E 为底面 ABCD的中心, A1E 与球相交于 EF,则 EF 的长为 . 8.已知在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中, AA1=2AB,E 为 AA1中点,则异面直线 BE 与 CD1所成角的余弦值为 .三、解答题(本大题共 3 小题,共 44 分)9.(14 分)(2019 届四川一诊,18)如图所示

4、,四棱锥 S-ABCD 中, SA底面 ABCD, ABC=90,AB= ,BC=1,AD=2 , ACD=60,E 为 CD 的中点 .3 3(1)求证: BC平面 SAE;(2)求三棱锥 S-BCE 与四棱锥 S-BEDA 的体积比 .10.(15 分)(2018 河北唐山一模,18)在直角三角形 ABC 中, AB=BC=2,D 为 AC 的中点,以 BD 为折痕将 ABD 折起,使点 A 到达点 P 的位置且 PB CD.(1)求证: PD CD;(2)求 A 点到平面 PBC 的距离 .11.(15 分)(2019 届贵州遵义航天高中模拟,18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面

5、 ABCD 是边长为 2 的菱形, ABC=60, PAB 为正三角形,且侧面 PAB底面 ABCD.E,M 分别为线段 AB,PD 的中点 .(1)求证: PE平面 ABCD;(2)在棱 CD 上是否存在点 G,使平面 GAM平面 ABCD,请说明理由,并求三棱锥 D-ACM 的体积 .3单元质检卷八 立体几何( B)1.C 对于 A,当 m n,m 时,可能 n 或 n 与 斜交,故 A 错;对于 B,m n,m n 或m ,故 B 错;对于 C,m n,m n ,正确;对于 D,m n,m n 或 m ,故 D 错;故选 C.2.A 由三视图可知,从左往右为半个圆锥,一个圆柱,一个半圆,

6、故体积为 + 2+ = .故选176A.3.B 由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积、两个半圆面积、圆柱侧面积的一半、球表面积的一半相加所得,所以表面积为 S 表 =2r2r+2 r2+ r2r+4 r2=5 r2+4r2=16+20,解得 r=2.4.A 先作出圆锥的侧面展开图如图所示,由题得圆锥底面圆的半径为 =2 ,所以 = 4(43)2-62 3=4 , APA= =,所以 APB=,所以 BC= =2 .故选 A.3 34343 (23)2+(43)2 155.B 三棱锥 P-ABC 中, ABC 为等边三

7、角形, PA=PB=PC=1, PAB PACPBC.PA PB,PA PC,PB PC.以 PA、 PB、 PC 为过同一顶点的三条棱,作正方体如图,则正方体的外接球同时也是三棱锥 P-ABC 外接球 . 正方体的对角线长为 , 球直径为 ,半径 R= ,因此,三3 332棱锥 P-ABC 外接球的表面积是 4 R2=4 2=3 .故选 B.326.C 设 O 是正方形对角线 AC、 BD 的交点,将正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起,可得当 BO平面 ADC 时,点 B到平面 ADC 的距离等于 BO,当 BO 与平面 ADC 不垂直时,设点B到平面 ADC 的距离为 d,则 dBO,

8、由此可得当三棱锥 B-ACD 的体积最大时, BO平面 ADC.连接BB,因为 AD BC,所以 BCB就是直线 AD 与 BC 所成的角,设正方形的边长为 a,因为 BO平面 ADC,OB平面 ADC,所以 BO OB,因为 BO=BO= AC= a,12 22所以 BB=BC=BC=a,即 BBC 是等边三角形,所以 BCB= ,34所以直线 AD 与 BC 所成的角为 ,故选 C.37. 设球心 O 到 FE 的距离为 d,则在 OA1E 中, A1E= ,OE= .由等面积法可得66 1+12 12d,d= , 球的半径为, EF= 2 .故答案为 .121222=121+12 36

9、(12) 2-(36) 2=66 668. 如图,连接 A1B,BE,则 A1BE 是异面直线 BE 与 CD1所形成的角 .令 AB=1,则31010BE= ,A1B= ,A1E=1,cos A1BE= ,故答案为 .2 512+2-1221 =31010 310109.(1)证明 因为 AB= ,BC=1, ABC=90,3所以 AC=2, BCA=60,在 ACD 中, AD=2 ,AC=2, ACD=60,3由余弦定理可得 AD2=AC2+CD2-2ACCDcos ACD,解得 CD=4.所以 AC2+AD2=CD2,所以 ACD 是直角三角形,又 E 为 CD 的中点,所以 AE=

10、CD=CE.12又 ACD=60,所以 ACE 为等边三角形,所以 CAE=60= BCA,所以 BC AE,又 AE平面 SAE,BC平面 SAE,所以 BC平面 SAE.(2)解 因为 SA平面 ABCD,所以 SA 同为三棱锥 S-BCE 与四棱锥 S-BEDA 的高 .由(1)可得 BCE=120,CE= CD=2,12所以 S BCE= BCCEsin BCE= 12 .12 12 32=32S 四边形 BEDA=S 四边形 ABCD-S BCE=S ABC+S ACD-S BCD= 1+ 22123 12 332=2 .3所以 S BCES 四边形 ABED= 2 =1 4.32

11、3故三棱锥 S-BCE 与四棱锥 S-BEDA 的体积比为 1 4.10.解 (1)证明: 直角三角形 ABC 中, AB=BC=2,D 为 AC 的中点,BD CD,又 PB CD,BD PB=B,CD 平面 PBD,又因为 PD平面 PBD,PD CD.(2)AD BD,PD BD.又 PD CD,BD CD=D,5PD 平面 BCD.在直角三角形 ABC 中, AB=BC=2,所以 PD=AD= ,PB=PC=BC=2.2S ABC=2,S PBC= ,设 A 点到平面 PBC 的距离为 d,由 VP-ABC=VA-PBC,得 S ABCPD= S PBCd,313 13d= . =26

12、3即 A 点到平面 PBC 的距离为 .26311.(1)证明 因为 PAB 为正三角形, E 为 AB 的中点,所以 PE AB,又因为面 PAB面 ABCD,面 PAB面 ABCD=AB,PE平面 PAB,所以 PE平面 ABCD.(2)解 在棱 CD 上存在点 G,当点 G 为 CD 的中点时,平面 GAM平面 ABCD.证明:连接 EC.由(1)得, PE平面 ABCD,所以 PE CD,因为 ABCD 是菱形, ABC=60,E 为 AB 的中点,所以 ABC 是正三角形, EC AB.因为 CD AB,所以 EC CD.因为 PE EC=E,所以 CD平面 PEC,所以 CD PC.因为 M,G 分别为 PD,CD 的中点,所以 MG PC,所以 CD MG.因为 ABCD 是菱形, ADC=60,所以 ADC 是正三角形 .又因为 G 为 CD 的中点,所以 CD AG,因为 MG AG=G,所以 CD平面 MAG,因为 CD平面 ABCD,所以平面 MAG平面 ABCD.VD-ACM=VM-ADC= 22 .13 34 32=12