1、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.某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.4答案:C解析:由三视图得到空间几何体,如图所示,则PA平面ABCD,平面ABCD为直角梯形,PA=AB=AD=2,BC=1,所以PAAD,PAAB,PABC.又BCAB,ABPA=A,所以BC平面PAB,所以BCPB.在PCD中,PD=22,PC=3,CD=5,所以PCD为锐角三角形.所以侧面中的直角三角形为PAB,PAD,PBC,共3个.2.设l,m,n表示不同的直线,表示不同的平面,给出下列
2、四个命题:若ml,且m,则l;若,m,n,则mn;若,则;若mn,m,n,则.则错误命题的个数为()A.4B.3C.2D.1答案:B解析:若ml,且m,则l是正确的,垂直于同一个平面的直线互相平行;若,m,n,则mn是错误的,当m和n平行时,也会满足前面的条件;若,则是错误的,垂直于同一个平面的两个平面可以是相交的;若mn,m,n,则是错误的,平面和可以是任意的夹角.故选B.3.(2020广西贵港四模)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱B1C1,C1D1的中点,下列说法:直线BE与直线DF相交;直线BE与直线DF是异面直线;BDEF;直线BD与直线EF是异面直线.其中正
3、确的说法的序号为()A.B.C.D.答案:A解析:连接B1D1.E,F分别为棱B1C1,C1D1的中点,EF12B1D1.又B1D1BD,EF12BD.EF与BD确定一个平面,四边形DBEF为梯形.BE与DF共面,且相交.故正确.故选A.4.九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EFAB,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.203B.83+23C.1023D.823答案: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PQAD,交AB于Q,交CD于P,过
4、H作MNBC,交AB于N,交CD于M,如图所示.四边形ABCD是矩形,棱EFAB,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=(3)2-12=2,这个几何体的体积V=VE-AQPD+VEPQ-FMN+VF-NBCM=131222+12222=423+22=1023.5.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()A.86B.46C.26D.6答案:D解析:设PA=PB=PC=2x.E,F分别为PA,AB的中点,EFPB,且EF=1
5、2PB=x.ABC为边长为2的等边三角形,CF=3.又CEF=90,CE=3-x2,AE=12PA=x.在AEC中,由余弦定理可知cosEAC=x2+4-(3-x2)22x.作PDAC于点D,PA=PC,D为AC的中点,cosEAC=ADPA=12x.x2+4-3+x24x=12x.2x2+1=2.x2=12,即x=22.PA=PB=PC=2.又AB=BC=AC=2,PA,PB,PC两两垂直.则球O的半径R满足2R=2+2+2=6.R=62.V=43R3=43668=6.故选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A
6、1D1与直线MN所成的角为,则当MN平面BB1D1D时,tan 的取值范围为()A.1,2B.1,5C.2,3D.3,5答案: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A1D1BC,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=.连接MC,显然NCMC.令正方体的棱长为2,PM=x,x0,2,则MC=x2+1,又CN=1,所以tan=x2+1,所以tan1,5.故选B.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-A1
7、B1C1D1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.答案:112解析:由题意可知,四棱锥M-EFGH的底面EFGH为正方形且边长为22,其高为12,所以V四棱锥M-EFGH=1322212=112.8.某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得,其三视图如图所示.如果网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为.答案:40解析:在正方体中还原该几何体,如图所示.该几何体的体积V=43-12(2+4)24=40.三、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ABC
8、D,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=3,求三棱锥E-ACD的体积.答案:(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EOPB.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AB,AD,AP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(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12.设B(m,0,0)(
9、m0),则C(m,3,0),AC=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则n1AC=0,n1AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0,可取n1=3m,-1,3.由题意得n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量.由题设|cos|=12,即33+4m2=12,解得m=32.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.10.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAPD,PA=PD,ABAD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.(1)求证:PD平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD
10、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AMAP的值;若不存在,说明理由.答案:(1)证明因为平面PAD平面ABCD,且交线为AD,ABAD,AB平面ABCD,所以AB平面PAD.所以ABPD.又因为PAPD,ABPA=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POAD.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POCO.因为AC=CD,所以COAD.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)
11、,D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则nPD=0,nPC=0,即-y-z=0,2x-z=0.令z=2,则x=1,y=-2.所以可取n=(1,-2,2).因为PB=(1,1,-1),所以cos=nPB|n|PB|=-33.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.(3)解设M是棱PA上一点,则存在0,1使得AM=AP.因此点M(0,1-,),BM=(-1,-,).因为BM平面PCD,所以BM平面PCD当且仅当BMn=0,即(-1,-,)(1,-2,2)=0.解得=14.所以在棱PA上存在点M使得BM平面PCD,此时AMAP=14.11.(15分)
12、如图,ADBC,且AD=2BC,ADCD,EGAD,且EG=AD,CDFG,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.解:依题意,以D为原点,分别以DA,DC,DG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),M0,32,1,N(1,0,2).(1)证明:依题
13、意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则n0DC=0,n0DE=0,即2y=0,2x+2z=0,不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN=1,-32,1,可得MNn0=0.又因为直线MN平面CDE,所以MN平面CDE.(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则nBC=0,nBE=0,即-x=0,x-2y+2z=0,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mBC=0,mCF=0,即-x=0,-y+2z=0,不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos=mn|m|n|=31010,于是sin=1010.所以,二面角E-BC-F的正弦值为1010.(3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos|=|BPDC|BP|DC|=2h2+5.由题意,可得2h2+5=sin60=32,解得h=330,2.所以,线段DP的长为33.10
