2020版高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何（B）理北师大版.docx

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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 河北唐山摸底,9)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧),则该几何体的表面积为 ( )A.1- B.3+ C.2+ D.4 4 2 43.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

2、的表面积为 16+20,则 r=( )A.1 B.2 C.4 D.84.(2019 届吉林长春质监一,7)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,直线 A1C1与平面 ABC1D1所成角的正弦值为( )A.1 B. C. D.32 22 125.已知正三角形 ABC 的三个顶点都在球心为 O、半径为 3 的球面上,且三棱锥 O-ABC 的高为 2,点 D是线段 BC 的中点,过点 D 作球 O 的截面,则截面积的最小值为( )A. B.4 C. D.3154 7226.如图所示的三棱锥 P-ABC 中, D 是棱 PB 的中点,已知 PA=BC=2,AB=4,CB AB,PA平面 ABC,则异

3、面直线 PC,AD 所成角的余弦值为( )A.- B.-3010 305C. D.305 3010二、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 届河北衡水中学一模,18)在 ABC 中, D,E 分别为

4、 AB,AC 的中点, AB=2BC=2CD,如图 1.以DE 为折痕将 ADE 折起,使点 A 到达点 P 的位置,如图 2.图 1图 2(1)证明:平面 BCP平面 CEP;(2)若平面 DEP平面 BCED,求直线 DP 与平面 BCP 所成角的正弦值 .310.(15 分)(2019 湖南岳阳一中质检二,18)如图,在梯形 ABCD 中, AB CD,AD=DC=CB=a, ABC=60,平面 ACFE平面 ABCD,四边形 ACFE 是矩形, AE=a,点 M 在线段 EF 上 .(1)求证: BC平面 ACFE;(2)当 EM 为何值时, AM平面 BDF?证明你的结论;(3)求二

5、面角 B-EF-D 的平面角的余弦值 .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 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 为线段 AB 的中点, M 在线段 PD 上 .(1)当 M 是线段 PD 的中点时,求证: PB平面 ACM;(2)是否存在点 M,使二面角 M-EC-D 的大小为 60,若存在,求出 的值;若不存在,请说明理由 .PMPD参考答案单元质检卷八 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

6、n,m n 或m ,故 B 错;对于 C,m n,m n ,C 正确;对于 D,m n,m n 或 m ,故 D 错;故选C.42.D 由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体,底面面积为 11- =1- ,14 14底面周长为 1+1+ =2+ ,柱体的高为 1,所以该柱体的表面积为 S=2 1- + 2+ 1=4.12 12 4 123.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=

7、5 r2+4r2=16+20,解得 r=2.12 124.D 如图所示:连接 A1D,与 AD1交于点 O,连接 OC1,在正方体中, AB 平面 AD1,AB A1D,又 A1D AD1,且AD1 AB=A,A 1D平面 AD1C1B,所以 A1C1O 即为所求角,在 Rt A1C1O 中,sin A1C1O= ,所以 A1C1与12平面 ABC1D1所成角的正弦值为 ,故选 D.125.A 设正三角形 ABC 的中心为 O1,连接 O1O,O1C,O1D,OD,O 1是正三角形 ABC 的中心, A,B,C 三点都在球面上,O 1O平面 ABC,结合 O1C平面 ABC,可得 O1O O1

8、C, 球的半径 R=3,O1O=2, 在 Rt O1OC 中, O1C= .5又 D 为 BC 的中点, 在 Rt O1DC 中, O1D= O1C= .在 Rt OO1D 中, OD= = .12 52 4+54 214过 D 作球 O 的截面,当截面与 OD 垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆的半径 r= = ,可9-214 152得截面面积为 S= r2= .故选 A.1546.D 因为 PA平面 ABC,所以 PA AB,PA BC.过点 A 作 AE CB,又 CB AB,则 AP,AB,AE 两两垂直 .如图所示,以 A 为坐标原点,分别以 AB,AE,AP 所在直线为 x 轴、

9、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).因为 D 为 PB 的中点,所以 D(2,0,1).5故 =(-4,2,2), =(2,0,1).CP AD所以 cos= = =- .ADCPADCP|AD|CP| -6526 3010设异面直线 PC,AD 所成的角为 ,则 cos =| cos|= .ADCP30107. 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 12 12 12 22 12d,d= , 球的半径为 ,EF= 2 = .故答案为 .1+

10、12 36 12 (12) 2-(36) 2 66 668. 31010连接 A1B,则 A1BE 是 BE 与 CD1所成的角 .设 AA1=2AB=2a,则 BE= a,A1B= a,则 cos A1BE=2 5= .5a2+2a2-a222a5a 310109.(1)证明在题图 1 中,因为 AB=2BC=2CD,且 D 为 AB 的中点 .由平面几何知识,得 ACB=90.又因为E 为 AC 的中点,所以 DE BC.在题图 2 中, CE DE,PE DE,且 CE PE=E,所以 DE平面 CEP,所以 BC平面 CEP.又因为 BC平面 BCP,所以平面 BCP平面 CEP.(2

11、)解因为平面 DEP平面 BCED,平面 DEP平面 BCED=DE,EP平面 DEP,EP DE.所以 EP平面 BCED.6又因为 CE平面 BCED,所以 EP CE.以 E 为坐标原点,分别以 , , 的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向建立如图所示的空间直EDECEP角坐标系 .在题图 1 中,设 BC=2a,则 AB=4a,AC=2 a,AE=CE= a,DE=a.3 3则 P(0,0, a),D(a,0,0),C(0, a,0),B(2a, a,0).3 3 3所以 =(-a,0, a), =(-2a,0,0), =(0,- a, a).DP 3 BC CP 3 3设 n

12、=(x,y,z)为平面 BCP 的法向量,则 nBC=0,nCP=0,即 -2ax=0,- 3ay+ 3az=0.令 y=1,则 z=1.所以 n=(0,1,1).设 DP 与 BCP 平面所成的角为 ,则 sin = sin=|cos|= = = .DP DP|nDP|n|DP| 3a22a 64所以直线 DP 与平面 BCP 所成角的正弦值为 .6410.解 (1)证明:在梯形 ABCD 中, AB CD,AD=DC=CB=a, ABC=60, ACB= DCB- DCA=90,AC BC,又 平面 ACFE平面 ABCD,平面 ACFE平面 ABCD=AC,BC 平面 ACFE.(2)当

13、 EM= a 时, AM平面 BDF,33在梯形 ABCD 中,设 AC BD=N,连接 FN,则 AB= =2a,BCcos60 CND ANB,CNNA=CDAB= 1 2.又 AC= a,AN= a.32337EM= a,而 EF=AC= a,33 3MF=AN= ,MF 与 AN 平行且相等, 四边形 ANFM 是平行四边形,23a3AM NF,又 NF 平面 BDF,AM平面 BDF,AM 平面 BDF.(3)由(1)知 CF,CA,CB 两两垂直,以点 C 为原点,CA,CB,CF 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0),B(0,a,0),D a,-32,0 ,F

14、(0,0,a),E( a,0,a),a2 3 =(0,a,-a), =(- a,0,0), = - , ,a .设平面 BEF 的法向量 m=(x,y,z),则FB EF 3 DF3a2 a2取 y=1,则 m=(0,1,1).mFB=0,mEF=0,ay-az=0,- 3ax=0,同理可得平面 EFD 的法向量为 n=(0,-2,1),所以 cos= =- .又二面角 B-EF-D 的平面mn|m|n| 1010角为锐角,所以 B-EF-D 的平面角的余弦值为 .101011.解 (1)证明:连接 BD 交 AC 于 H 点,连接 MH,因为四边形 ABCD 是菱形,所以点 H 为 BD 的

15、中点 .又因为 M 为 PD 的中点,所以 MH BP.又因为 BP平面 ACM,MH平面 ACM,所以 PB平面 ACM.(2)因为 ABCD 是菱形, ABC=60,E 是 AB 的中点,所以 CE AB.8又因为 PE平面 ABCD,以 E 为原点,分别以 EB,EC,EP 为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系 E-xyz,则 E(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0, ),C(0, ,0),D(-2, ,0).3 3 3假设棱 PD 上存在点 M,设点 M 坐标为( x,y,z), = (0 1),则( x,y,z- )= (-PM PD 32, ,- ),3 3所以 M(-2

16、 , , (1- ),3 3所以 =(-2 , , (1- ), =(0, ,0),EM 3 3 EC 3设平面 CEM 的法向量为 n=(x,y,z),则nEM= -2x + 3y + 3(1- )z=0,nEC= 3y=0, 解得 y=0,2x = 3(1- )z.令 z=2 ,则 x= (1- ),得 n=( (1- ),0,2 ).3 3因为 PE平面 ABCD,所以平面 ABCD 的法向量 m=(0,0,1),所以cos= = = .nm|n|m| 24 2+3(1- )2 27 2-6 +3因为二面角 M-EC-D 的大小为 60,所以 = ,即 3 2+2- 1=0,解得 = ,或 =- 1(舍去) .所以在棱 PD 上存在点 M,当27 2-6 +312 13= 时, 二面角 M-EC-D 的大小为 60.PMPD13