1、单元质检卷八立体几何(时间:120分钟满分:150分)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.(2021黑龙江大庆中学高三月考)已知直线l,m,n与平面,下列命题正确的是()A.若,l,n,则lnB.若,l,则lC.若ln,mn,则lmD.若l,l,则答案:D解析:A.若,l,n,则ln或l与n异面,故A不正确;B.缺少l垂直于与的交线这个条件,不能推出l,故B不正确;C.由垂直关系可知,lm或l,m相交,或l与m异面,故C不正确;D.因为l,所以平面内存在直线ml,若l,则m,且m,所以,故D正确.2.(2021广西南宁三中高三月
2、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.4B.2C.34D.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344313=.3.(2021黑龙江齐齐哈尔高三二模)已知a,b,c是三条不同的直线,是两个不同的平面,=c,a,b,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,b,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
3、法的直观图是一个边长为a的正方形OABC,则原平面图形的周长和面积分别为()A.2a,24a2B.8a,22a2C.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=a22a=22a2.5.(2021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=12423h,h=6,左视
4、图的面积为S=236=123.6.(2021四川资阳适应性考试)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92 cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为()A.18+938 cm3B.9+1838 cm3C.9+934 cm3D.9+634 cm3答案:A解析:设圆锥的底面半径为rcm,高为hcm,母线长为Rcm,根据题意,可得R22=92,2r=R,解得R=3,r=32,所以h=R2-r2=332(cm),故该冰激凌的体积V=13r2h+124r33=18+938(cm3).7.(2021江西南昌进贤一中高三月考)某几何体的主视
5、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ABCD,如图2所示.其中AB=2AD=4,则该几何体的表面积为()A.16+12B.16+8C.16+10D.8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=44+22+24=16+12.8.(2021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24,则异面直线DF与AE所成角的余弦值为()A.135B.25C.35D.235答案:D解析:如图,过点D作AE的平
6、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AEBDGC,即AE=DG,CG=BE.设圆柱的高为h,由圆柱的侧面积为24,底面圆半径为2,可得4h=24,故h=6.在RtABE中,AE=ABcos30=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cosFDG=DF2+DG2-FG22DFDG=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
7、=()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,AC1OP.在AB1C1中,O为AB1的中点,P为B1C1的中点,PC1=1.10.(2021四川自贡三模)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36,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PAAC,PBBC,ABBC,又PBAB=B
8、,BC平面PAB,则BCPA,又ACBC=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36,得43R3=36,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=13122ba=13ab13a2+b22=163.当且仅当a=b=4时,等号成立.11.(2021湖北武汉二中高三月考)过正方体ABCD-A1B1C1D1顶点A作平面,使平面A1B1CD,A1D1和D1C1的中点分别为E和F,则直线EF与平面所成角的正弦值为
9、()A.12B.32C.23D.33答案:A解析:如图,连接A1C1,取B1C中点G,连接A1G,C1G,平面平面A1B1CD,EFA1C1,直线EF与平面所成角即为直线A1C1与平面A1B1CD所成的角.C1GB1C,CDC1G,B1CCD=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,sinC1A1G=C1GA1C1=222=12.12.(2021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ABOCB.存在x,在
10、翻折过程中存在某个位置,使得ACBDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB平面ACDD.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ACBD,将BAD沿直线BD翻折,若使得平面ABD平面BCD时,由OCBD,OC平面BCD,平面ABD平面BCD=BD,所以OC平面ABD,又AB平面ABD,所以ABOC,故选项A正确.又OCBD,OABD,且OAOC=O,所以BD平面OAC,又AC平面OAC,所以ACBD,故选项B正确.对于选项C,在矩形ABCD中,ABAD,AC=1+x2,所以将BAD沿直线BD翻折时,总有ABAD,取x=
11、12,当将BAD沿直线BD翻折到AC=32时,有AB2+AC2=BC2,即ABAC,且ACAD=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ACAO,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.(2021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,则rl=2r2,rl=12,cos=12.又0,90,=60.14.(2021河北宣化一中高三月考)圆柱上、
12、下底面的圆周都在一个体积为5003的球面上,圆柱底面直径为8,则该圆柱的表面积为.答案:80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43R3=5003,得R=5,BD=10,又AB=8,AD=6,圆柱表面积为S=242+246=80.15.(2021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
13、四边形,C1GD1E.又C1G平面CD1EF,D1E平面CD1EF,可得C1G平面CD1EF.同理可得C1HCF,则同理易知C1H平面CD1EF,又C1HC1G=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.(2021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:4349解析:如图,点
14、O为ABC的中心,点D为BC的中点,过PAD作截面,依题意得SABC=1266sin60=93,点P到平面ABC的距离为d=21-(23)2=3,所以V三棱锥P-ABC=13933=93,侧面高为21-32=23,所以SPBC=SPAB=SPAC=12236=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=43.作O1NPD,O2EPD,点N,E为垂足.PEO2PNO1,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=49.三、
15、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)(2021四川泸州诊断测试)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EFA1B且EF=12A1B.因为几何体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,且底面是正方形,所以BCADA1D1,且BC=AD=A1D1,即四边形A1BCD1是平行四边形,所以A1BD1C且A1B=D1C,所以EFD1C,且EF
16、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=1312122+1312124=2.18.(12分)(2021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,
17、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BDAC.因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以BDPA.又PAAC=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EFPA.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BEAD,同理BE平面PAD.又EFBE=E,EF平面BEF,BE平面BEF,所以平
18、面BEF平面PAD.又BF平面BEF,所以BF平面PAD.19.(12分)(2021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:FHNG;(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NHFH,FH平面FHN,FH平面NHG,NG平面NHG,FHNG.(2)解设点H到平面NGF的距离为h.取NF的中点A,连接AG,AF
19、,O1O2,O2H,O1G,A,G分别为FN,EM的中点,则AGEF且AG=EF,A,G,E,F四点共面,且AFN=4.O1O2为圆柱的轴,O1O2EF.O1O2平面EFG,EF平面EFG.O1O2平面EFG.O1H平面EFG,O1O2O1H=O1,平面HO1O2平面EFG,平面NHF平面HO1O2=O1H,平面NHF平面EFG=AF,O1HAF,则NO1H=AFN=4,SNHF=2SNO1H=21212sin4=22,V三棱锥G-NHF=13SNHF2=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.
20、O1为NF的中点,则O1GNF,O1G=5,SNFG=1225=5.V三棱锥G-NHF=V三棱锥H-NGF,即13222=135h,h=105.20.(12分)(2021河南洛阳二模)如图1所示,在直角梯形ABCD中,ADC=90,ABCD,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ACBC.连接HE,则HEAC,又平
21、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EHBC.又ACBC,ACEH=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EFAH.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SCEF=14SACH=141222=12,所以VF-BCE=VB-CEF=13SCEFBC=131222=23.21.(12分)(2021黑龙江齐齐哈尔三模)如图,在三棱锥P-ABC中,PAB为正三角形,
22、O为PAB的重心,PBAC,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ACAB.因为ACPB,ABPB=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ODCE,OD平面PAC,CE平面PAC,所以OD
23、平面PAC.因为O为PAB的重心,所以BOOE=21.又BDDC=BOOE,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)(2021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12,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,POAC.PA=PC=6,APC=90,PO=12AC=32,同理BO=32.又PB=6,PO2+OB2=PB2,POOB.ACOB=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BHMO于点H,POAC,BOAC,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12,PMBM=12,BM=23PB=4,MO=BM2+BO2-2BMBOcos45=10.由12MOBH=12BMBOsin45,得BH=6510,点B到平面ACM的距离是6510.16
