2021高考文科数学（北师大版）一轮复习单元质检卷八立体几何（B） WORD版含解析.docx

1、单元质检卷八立体几何(B)(时间:45分钟满分:100分)单元质检卷第16页一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2019山东淄博一模,5)已知直线l和两个不同的平面,则下列结论正确的是() A.若l,l,则B.若,l,则lC.若l,l,则D.若,l,则l答案A解析对于A选项,过直线l作一个平面与平面相交,因l,则l与交线平行,又l,则交线也垂直,所以,A选项正确.对于B选项,直线l可能在平面内,故B选项是假命题.对于C选项,两个平面可能相交,故C选项是假命题.对于D选项,直线l可能在平面内,故D选项是假命题.故答案为A.2.(2019重庆巴蜀中学考前模拟)已知某几何体的三视

2、图如图所示,则该几何体的体积为()A.16B.12C.323D.163答案C解析由三视图还原几何体如图,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1和3.则V=224-1322(1+3)=323.故选C.3.(2019山东日照一模,8)某几何体的三视图如图所示,图中正方形的边长为2,四条用虚线表示的线段长度均相等,则该几何体的表面积为()A.8-23B.24-C.24+(25-1)D.24+(5-1)答案D解析由几何体的三视图得该几何体是棱长为2的正方体去掉一个底面半径为1,高为2的圆锥,如图,所以该几何体的表面积为S=622-r2+rl=24-12+

3、112+22=24+(5-1),故选D.4.(2019山东聊城一模,7)如图,圆柱的轴截面ABCD为正方形,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.33B.55C.306D.66答案D解析取BC的中点H,连接EH,AH,EHA=90,设AB=2,则BH=HE=1,AH=5,所以AE=6,连接ED,ED=6,因为BCAD,所以异面直线AE与BC所成角即为EAD,在EAD中,cosEAD=6+4-6226=66,故选D.5.(2019山东济宁一模,9)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形,且两直角边长分别为1和3,此三棱柱的高为23,则该三棱柱的外接球的体积为(

4、)A.83B.163C.323D.643答案C解析该直三棱柱的底面外接圆直径为2r=12+(3)2=2,所以外接球的直径为2R=(2r)2+h2=22+(23)2=4,则R=2,因此,该三棱柱的外接球的体积为43R3=323.故选C.6.(2019四川成都七中一模,10)已知正三棱锥的高为6,侧面与底面成60的二面角,则其内切球(与四个面都相切)的表面积为()A.4B.16C.36D.64答案B解析如图,过点P作PD平面ABC于D,连接并延长AD交BC于E,连接PE,ABC是正三角形,AE是BC边上的高和中线,D为ABC的中心.PEA为侧面与底面所成的二面角的平面角,PEA=60,PD=6,D

5、E=23,PE=43,AB=12,SABC=34122=363,SPAB=SPBC=SPCA=121243=243.S表=1083.设球的半径为r,以球心O为顶点,棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥,PD=6,VP-ABC=133636=723.由等体积可得r=37231083=2,S球=422=16.故选B.二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2019黑龙江哈尔滨三中一模,16)在四面体ABCD中,AB=AD=2,BAD=60,BCD=90,二面角A-BD-C的大小为150,则四面体ABCD外接球的半径为.答案213解析在四面体ABCD中,AB=AD=2,BAD

6、=60,BCD=90,二面角A-BD-C的大小为150,四面体ABCD外接球,如图:则BCD在球的一个小圆上,BD的中点为小圆的圆心N,ABD是正三角形,也在球的一个小圆上,小圆的圆心为M,作OM平面ABD,ON平面BCD,O为球心,二面角A-BD-C的大小为150,作NPBD,则ANP=150,可得ONM=60,MN=33,则ON=233,BN=1,外接球的半径r=OB=ON2+BN2=(233)2+12=213.8.(2019安徽“江南十校”二模,16)九章算术卷第五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”,现有阳马S-ABCD,SA平面ABCD,AB=1,AD=3

7、,SA=3,BC上有一点E,使截面SDE的周长最短,则SE与CD所成角的余弦值等于.答案24解析要使截面SDE的周长最短,则SE+ED最短,将平面ABCD沿BC折至ABCD,使SBC与ABCD共面,连接SD交BC于E,连接ED,此时SDE周长最短,作EFCD交AD于F,则SEF即为所求角,在RtSAB中,求得SB=2,由SBSA=BEAD,得BE=2,在RtSBE中,求得SE=22,在RtSFE中,cosSEF=EFSE=122=24.故SE与CD所成角的余弦值等于24.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2019安徽合肥一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,BCD为等边

8、三角形,BD=23,PA=2,AB=AD=PB=PD,BAD=120.(1)若点E为PC的中点,求证:BE平面PAD;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.(1)证明取CD的中点为M,连接EM,BM.BCD为等边三角形,BMCD,CDB=60.BAD=120,AD=AB,ADB=30,ADCD,BMAD.又BM平面PAD,AD平面PAD,BM平面PAD.E为PC的中点,M为CD的中点,EMPD.又EM平面PAD,PD平面PAD,EM平面PAD.EMBM=M,平面BEM平面PAD.又BE平面BEM,BE平面PAD.(2)解连接AC交BD于O,连接PO.CB=CD,AB=AD,ACBD,O为BD的中点

9、.又BAD=120,BD=23,PBDABD,AO=PO=1.又PA=2,PA2=PO2+OA2,POOA.又POBD,PO平面ABD,即四棱锥P-ABCD的高为PO=1,四棱锥P-ABCD的体积V=1334(23)2+122311=433.10.(15分)(2019河北衡水同卷联考,19)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD为直角梯形,ABDC,ABC=90,PAB=120,DC=PC=2,PA=AB=BC=1.(1)证明:平面PAB平面PBC;(2)求四棱锥P-ABCD的体积.(1)证明在PAB中,由PA=AB=1,PAB=120,得PB=3.因为PC=2,BC=1,PB=3,所以PB2

10、+BC2=PC2,即BCPB.因为ABC=90,所以BCAB.因为PBAB=B,所以BC平面PAB.又BC平面PBC,所以平面PAB平面PBC.(2)解在平面PAB内,过点P作PEAB,交BA的延长线于点E.如图,由(1)知BC平面PAB,因为BC平面ABCD,所以平面PAB平面ABCD.因为PE平面PAB,平面PAB平面ABCD=AB,PEAB,所以PE平面ABCD.因为在RtPEA中,PA=1,PAE=60,所以PE=32.因为底面ABCD是直角梯形,所以VP-ABCD=1312(1+2)132=34.11.(15分)(2019天津和平三模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面AB

11、CD.底面ABCD是菱形,PA=AB=2,BAD=60.(1)求证:直线BD平面PAC;(2)求直线PB与平面PAD所成角的正切值;(3)已知M在线段PC上,且BM=DM=2,CM=3,求二面角B-MC-D的余弦值.(1)证明底面ABCD是菱形,ACBD,PA平面ABCD,BD平面ABCD,PABD,又AC、PA是平面PAC内的相交直线,直线BD平面PAC.(2)解过B作BEAD于点E,连接PE,PA平面ABCD,BE平面ABCD,PABE.BEAD,PAAD=A,BE平面PAD,可得BPE就是直线PB与平面PAD所成角.RtBPE中,BE=3,PE=PA2+AE2=5,tanBPE=BEPE=155,即PB与平面PAD所成角的正切值等于155.(3)解设F为CM的中点,连接BF、DF,BMC中,BM=BC,BFCM.同理可得DFCM,BFD就是二面角B-MC-D的平面角.在BFD中,BD=2,BF=DF=72,由余弦定理,得cosBFD=BF2+DF2-BD22BFDF=-17.由此可得二面角B-MC-D的余弦值等于-17.