单元质检卷八 立体几何(B)(时间:60分钟 满分:76分)一、选择题:本题共6小题,每小题5分,共30分.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.m∥D1QB.m∥平面B1D1QC.m⊥B1QD.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.323πD.163π3.(2020湖南常德一模,文6)三棱锥P-ABC中,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62,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是( )A.2πB.4πC.8πD.16π4.(2020河北邢台模拟,理11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱A1B1上一点,且AB=2,若二面角B1-BC1-E为45°,则四面体BB1C1E的外接球的表面积为( )A.172πB.12πC.9πD.10π\n5.(2020山东枣庄模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.226.(2020山西太原二模,理12)三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,△PAC为等边三角形,二面角P-AC-B的余弦值为-63,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.1B.2C.12D.13二、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.7.(2020湖南常德一模,文14)如图,圆柱OO1中,两半径OA,O1B等于1,且OA⊥O1B,异面直线AB与OO1所成角的正切值为24,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”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,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 . (第7题图)(第8题图)三、解答题:本题共3小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(12分)(2020河南许昌二模,文19)如图,四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,AB=3CD=3,PA=PD=BC=2,∠ABC=90°,且PB=PC.(1)求证:平面PAD⊥平面ABCD;(2)求点D到平面PBC的距离.\n10.(12分)(2020河南开封三模,文18)如图,四棱锥P-ABCD中,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PC和BD的中点,且EF⊥CD.(1)证明:平面PAD⊥平面ABCD;(2)求点C到平面PDB的距离.11.(12分)(2020河南驻马店二模,文19)如图,在四棱锥P-ABCD中,AP⊥平面PCD,AD∥BC,AB⊥BC,AP=AB=BC=12AD,E为AD的中点,AC与BE相交于点O.(1)证明:PO⊥平面ABCD.\n(2)若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 由BD∥B1D1知,BD∥平面B1D1P,所以m∥BD∥B1D1.又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1和3.则V=π×22×4-13π×22×(1+3)=32π3.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,当PM最短时,即PM⊥BC时,直线AM与平面PBC所成角的正切值最大.此时APPM=62,则PM=63.\n在直角△PBC中,PB·PC=BC·PM,故PC=1+PC2×63,解得PC=2.将三棱锥P-ABC补充为长方体,则长方体的对角线长为1+1+2=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B1C交BC1于点O,则B1O⊥BC1,易知A1B1⊥BC1,则BC1⊥平面B1OE,所以BC1⊥EO,从而∠B1OE为二面角B1-BC1-E的平面角,则∠B1OE=45°.因为AB=2,所以B1E=B1O=2,所以四面体BB1C1E的外接球半径R=2+4+42=102.故四面体BB1C1E的外接球的表面积为4π1022=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,B1F∥AD1,所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DF,由题意,得DF=12+(1+1)2=5,FB1=12+(3)2=2,DB1=12+12+(3)2=5.在△DFB1中,由余弦定理,得DF2=FB12+DB12-2FB1·DB1·cos∠DB1F,即5=4+5-2×2×5×cos∠DB1F,则cos∠DB1F=55.6.D 如图,过点P作PE⊥平面ABC,垂足为E,过点E作ED⊥AC交AC于点D,连接PD,则∠PDE为二面角P-AC-B的平面角的补角,即cos∠PDE=63,sin∠PDE=33.易知AC⊥平面PDE,则AC⊥PD,而△PAC为等边三角形,\n∴D为AC中点,设AB=a,BC=b,AC=a2+b2=c,则PE=PDsin∠PDE=32×c×33=c2,故三棱锥P-ABC的体积为V=13×12ab×c2=112abc≤112c×a2+b22=c324,当且仅当a=b=22c时,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,得R=2.过点O作OF⊥PE于点F,则四边形ODEF为矩形,在Rt△ODC中,EF=OD=OC2-DC2=2-c22,ED=OF=PDcos∠PDE=22c,在Rt△PFO中,OP2=PF2+OF2,即(2)2=22c2+c2-2-c222,解得c=2,所以三棱锥P-ABC体积的最大值为c324=13.7.4π 过点B作BH垂直于底面于点H,则∠ABH即为异面直线AB与OO1所成角,则tan∠ABH=24,由OH平行等于O1B,且OA⊥O1B,可得OH⊥OA,得AH=12+12=2,又tan∠ABH=AHBH,所以圆柱的高BH=AHtan∠ABH=4,所以圆柱的体积为π·OA2·OO1=4π.8.24 要使截面SDE的周长最短,则SE+ED最短,将平面ABCD沿BC折至A'BCD',使SBC与A'BCD'共面,连接SD'交BC于E,连接ED,此时△SDE周长最短,作EF∥CD交AD于F,则∠SEF即为所求角,在Rt△SAB中,求得SB=2,\n∴由SBSA'=BEA'D'得BE=2.∴在Rt△SBE中,求得SE=22.∴在Rt△SFE中,cos∠SEF=EFSE=122=24.故SE与CD所成角的余弦值等于24.9.(1)证明取AD,BC的中点分别为M,E,连接PM,PE,ME,因为AB∥CD,AB=3CD=3,所以四边形ABCD为梯形,又M,E为AD,BC的中点,所以ME为梯形的中位线,所以ME∥AB,又∠ABC=90°,所以ME⊥BC,因为PB=PC,E为BC的中点,所以PE⊥BC,又PE∩ME=E,PE⊂平面PME,ME⊂平面PME,所以BC⊥平面PME,又PM⊂平面PME,故PM⊥BC,因为PA=PD,M为AD中点,所以PM⊥AD,又AD,BC不平行,必相交于某一点,且AD,BC都在平面ABCD上,所以PM⊥平面ABCD,又PM⊂平面PAD,则平面PAD⊥平面ABCD.(2)解由题知,PM为三棱锥P-BCD的高,AD=22,ME=2,PM=2,故PE=6,S△PBC=12BC×PE=12×2×6=6,而S△BCD=12BC·CD=12×2×1=1,设点D到平面PBC的距离为h,则VP-BCD=VD-BCP,则13S△BCD×PM=13S△PBC×h,即13×1×2=13×6×h,解得h=33,所以点D到平面PBC的距离为33.10.(1)证明连接AC,四边形ABCD是边长为2的正方形,F是BD的中点,也是AC的中点,又E是PC的中点,∴EF∥PA.∵EF⊥CD,∴PA⊥CD.又∵AD⊥CD,AD∩AP=A,∴CD⊥平面PAD.又∵CD⊂平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.\n(2)解如图,取AD中点O,连接PO,∵△PAD是边长为2的等边三角形,∴PO⊥AD,且PO=3,由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,故PO⊥平面ABCD,∴VP-BDC=13×3×2=233.易证△PBD中PB=BD=22,∴△PBD的面积为7,设点C到平面PDB的距离为h,则13×7×h=233,解得h=2217.11.(1)证明∵AP⊥平面PCD,∴AP⊥CD.∵AD∥BC,BC=12AD,∴四边形BCDE为平行四边形,∴BE∥CD,∴AP⊥BE.又∵AB⊥BC,AB=BC=12AD,且E为AD的中点,∴四边形ABCE为正方形,∴BE⊥AC.又AP∩AC=A,∴BE⊥平面APC,则BE⊥PO.∵AP⊥平面PCD,∴AP⊥PC,又AC=2AB=2AP,∴△PAC为等腰直角三角形,O为斜边AC上的中点,∴PO⊥AC,又AC∩BE=O,∴PO⊥平面ABCD.(2)解∵OB=1,∴PA=PB=AB=2.设C到平面PAB的距离为d,由VC-PAB=VP-ABC,得13×34×(2)2×d=13×12×(2)2×1,解得d=233.
