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

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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,α为平面,则下列结论正确的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　 A.m⊥n,m∥α⇒n⊥α B.m⊥n,m⊥α⇒n∥α C.m∥n,m⊥α⇒n⊥α D.m∥n,m∥α⇒n∥α 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-π4 B.3+π2 C.2+π4 D.4 3.圆柱被一个平

2、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.若该几何体的表面积为16+20π,则r=(　　) A.1 B.2 C.4 D.8 4.(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.32 C.22 D.12 5.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.15π4 B.4π C.7π2 D.3π 6. 如图所示的三棱锥P-AB

3、C中,D是棱PB的中点,已知PA=BC=2,AB=4,CB⊥AB,PA⊥平面ABC,则异面直线PC,AD所成角的余弦值为(　　) A.-3010 B.-305 C.305 D.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

4、分)(2019届河北衡水中学一模,18)在△ABC中,D,E分别为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. 10. (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

5、何值时,AM∥平面BDF?证明你的结论; (3)求二面角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PMPD的值;若不存在,请说明理由. 参考答案 单元质检卷八　立体几何(B) 1.C　对于A,当m⊥n,m∥α

6、时,可能n⫋α或n与α斜交,故A错;对于B,m⊥n,m⊥α⇒n∥α或m⫋α,故B错;对于C,m∥n,m⊥α⇒n⊥α,C正确;对于D,m∥n,m∥α⇒n∥α或m⫋α,故D错;故选C. 2.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1×1-14π=1-14π,底面周长为1+1+12π=2+12π,柱体的高为1,所以该柱体的表面积为S=2×1-π4+2+12π×1=4. 3.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=2

7、r×2r+2×12πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2. 4.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,∴A1D⊥平面AD1C1B,所以∠A1C1O即为所求角,在Rt△A1C1O中,sin∠A1C1O=12,所以A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12,故选D. 5.A　设正三角形ABC的中心为O1,连接O1O,O1C,O1D,OD, ∵O1是正三角形ABC的中心,A,B,C三点都在球面上, ∴O1O⊥平面ABC,结合O1C⫋平面A

8、BC,可得O1O⊥O1C, ∵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=12O1C=52.在Rt△OO1D中,OD=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=9-214=152,可得截面面积为S=πr2=15π4.故选A. 6.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、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P

9、(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). 故CP=(-4,2,2),AD=(2,0,1). 所以cos=AD·CP|AD||CP|=-65×26=-3010. 设异面直线PC,AD所成的角为θ,则cos θ=|cos|=3010. 7.66　设球心O到FE的距离为d,则在△OA1E中,A1E=1+12,OE=12.由等面积法可得12×12×22=12×1+12×d,∴d=36,∵球的半径为12,∴EF=2(12) 2-(36) 2=66.故答案为66. 8.31010　 连接A1B,则∠A1

10、BE是BE与CD1所成的角.设AA1=2AB=2a,则BE=2a,A1B=5a,则cos∠A1BE=5a2+2a2-a222a·5a=31010. 9.(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)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.

11、 又因为CE⫋平面BCED, 所以EP⊥CE. 以E为坐标原点,分别以ED,EC,EP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 在题图1中,设BC=2a,则AB=4a,AC=23a,AE=CE=3a,DE=a. 则P(0,0,3a),D(a,0,0),C(0,3a,0),B(2a,3a,0). 所以DP=(-a,0,3a),BC=(-2a,0,0),CP=(0,-3a,3a). 设n=(x,y,z)为平面BCP的法向量, 则n·BC=0,n·CP=0, 即-2ax=0,-3ay+3az=0. 令y=1,则z=1.所以n=(0,1,1). 设DP与BC

12、P平面所成的角为θ, 则sin θ=sin=|cos|=|n·DP||n||DP|=3a2×2a=64. 所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为64. 10.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EM=33a时,AM∥平面BDF, 在梯形ABCD中,设AC∩BD=N,连接FN,则AB=BCcos60°=2a, ∵△CND∽△ANB, ∴

13、CN∶NA=CD∶AB=1∶2. 又AC=3a,∴AN=233a. ∵EM=33a,而EF=AC=3a, ∴MF=AN=23a3,MF与AN平行且相等,∴四边形ANFM是平行四边形, ∴AM∥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),D32a,-a2,0,F(0,0,a),E(3a,0,a), ∵FB=(0,a,-a),EF=(-3a,0,0),DF=-3a2,a2,a.设平面BEF的法向量m=(x,

14、y,z),则m·FB=0,m·EF=0,ay-az=0,-3ax=0,取y=1,则m=(0,1,1). 同理可得平面EFD的法向量为n=(0,-2,1),所以cos=m·n|m||n|=-1010.又二面角B-EF-D的平面角为锐角,所以B-EF-D的平面角的余弦值为1010. 11.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.

15、 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(0,0,3),C(0,3,0),D(-2,3,0). 假设棱PD上存在点M,设点M坐标为(x,y,z),PM=λPD(0≤λ≤1),则(x,y,z-3)=λ(-2,3,-3), 所以M(-2λ,3λ,3(1-λ)), 所以EM=(-2λ,3λ,3(1-λ)),EC=(0,3,0), 设平面CEM的法向量为n=(x,y,z),则 n·EM=-2λx+3λy+3(1-λ)z=0,n·EC=3y=0, 解得y=0,2λx=3(1-λ)z. 令z=2λ,则x=3(1-λ),得n=(3(1-λ),0,2λ). 因为PE⊥平面ABCD,所以平面ABCD的法向量m=(0,0,1),所以cos=n·m|n||m|=2λ4λ2+3(1-λ)2=2λ7λ2-6λ+3. 因为二面角M-EC-D的大小为60°, 所以2λ7λ2-6λ+3=12,即3λ2+2λ-1=0,解得λ=13,或λ=-1(舍去).所以在棱PD上存在点M,当PMPD=13时,二面角M-EC-D的大小为60°. 8