2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢卷八 立體幾何（B）理 北師大版.docx

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單元質(zhì)檢卷八　立體幾何(B) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分) 1.(2018廣東化州一模,6)設(shè)m,n為兩條不同的直線,α為平面,則下列結(jié)論正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　 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)已知某幾何體的三視圖如圖所示(俯視圖中曲線為四分之一圓弧),則該幾何體的表面積為 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.1-π4 B.3+π2 C.2+π4 D.4 3.圓柱被一個(gè)平面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個(gè)幾何體,該幾何體三視圖中的主視圖和俯視圖如圖所示.若該幾何體的表面積為16+20π,則r=(　　) A.1 B.2 C.4 D.8 4.(2019屆吉林長春質(zhì)監(jiān)一,7)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,直線A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為(　　) A.1 B.32 C.22 D.12 5.已知正三角形ABC的三個(gè)頂點(diǎn)都在球心為O、半徑為3的球面上,且三棱錐O-ABC的高為2,點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn),過點(diǎn)D作球O的截面,則截面積的最小值為(　　) A.15π4 B.4π C.7π2 D.3π 6. 如圖所示的三棱錐P-ABC中,D是棱PB的中點(diǎn),已知PA=BC=2,AB=4,CB⊥AB,PA⊥平面ABC,則異面直線PC,AD所成角的余弦值為(　　) A.-3010 B.-305 C.305 D.3010 二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分) 7.(2018福建廈門外國語學(xué)校模擬,15)已知棱長為1的正方體有一個(gè)內(nèi)切球(如圖),E為底面ABCD的中心,A1E與球相交于EF,則EF的長為　　　　　. 8.已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E為AA1中點(diǎn),則異面直線BE與CD1所成角的余弦值為　　　　　. 三、解答題(本大題共3小題,共44分) 9.(14分)(2019屆河北衡水中學(xué)一模,18)在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點(diǎn),AB=2BC=2CD,如圖1.以DE為折痕將△ADE折起,使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置,如圖2. 圖1 圖2 (1)證明:平面BCP⊥平面CEP; (2)若平面DEP⊥平面BCED,求直線DP與平面BCP所成角的正弦值. 10. (15分)(2019湖南岳陽一中質(zhì)檢二,18)如圖,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=a,∠ABC=60,平面ACFE⊥平面ABCD,四邊形ACFE是矩形,AE=a,點(diǎn)M在線段EF上. (1)求證:BC⊥平面ACFE; (2)當(dāng)EM為何值時(shí),AM∥平面BDF?證明你的結(jié)論; (3)求二面角B-EF-D的平面角的余弦值. 11. (15分)(2019屆貴州遵義航天高中模擬,18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠ABC=60,△PAB為正三角形,且側(cè)面PAB⊥底面ABCD,E為線段AB的中點(diǎn),M在線段PD上. (1)當(dāng)M是線段PD的中點(diǎn)時(shí),求證:PB∥平面ACM; (2)是否存在點(diǎn)M,使二面角M-EC-D的大小為60,若存在,求出PMPD的值;若不存在,請說明理由. 參考答案 單元質(zhì)檢卷八　立體幾何(B) 1.C　對于A,當(dāng)m⊥n,m∥α?xí)r,可能n?α或n與α斜交,故A錯;對于B,m⊥n,m⊥α?n∥α或m?α,故B錯;對于C,m∥n,m⊥α?n⊥α,C正確;對于D,m∥n,m∥α?n∥α或m?α,故D錯;故選C. 2.D　由已知中的三視圖可得該幾何體是一個(gè)以俯視圖為底面的柱體,底面面積為11-14π=1-14π,底面周長為1+1+12π=2+12π,柱體的高為1,所以該柱體的表面積為S=21-π4+2+12π1=4. 3.B　由條件知,該幾何體是由一個(gè)圓柱被過圓柱底面圓直徑的平面所截剩下的半個(gè)圓柱及一個(gè)半球拼接而成,其表面積是一個(gè)矩形面積、兩個(gè)半圓面積、圓柱側(cè)面積的一半、球表面積的一半相加所得,所以表面積為S表=2r2r+212πr2+πr2r+124πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2. 4.D　如圖所示: 連接A1D,與AD1交于點(diǎn)O,連接OC1,在正方體中,∵AB⊥平面AD1,∴AB⊥A1D,又A1D⊥AD1,且AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面AD1C1B,所以∠A1C1O即為所求角,在Rt△A1C1O中,sin∠A1C1O=12,所以A1C1與平面ABC1D1所成角的正弦值為12,故選D. 5.A　設(shè)正三角形ABC的中心為O1,連接O1O,O1C,O1D,OD, ∵O1是正三角形ABC的中心,A,B,C三點(diǎn)都在球面上, ∴O1O⊥平面ABC,結(jié)合O1C?平面ABC,可得O1O⊥O1C, ∵球的半徑R=3,O1O=2, ∴在Rt△O1OC中,O1C=5. 又D為BC的中點(diǎn),∴在Rt△O1DC中,O1D=12O1C=52.在Rt△OO1D中,OD=4+54=214. 過D作球O的截面,當(dāng)截面與OD垂直時(shí),截面圓的半徑最小,此時(shí)截面圓的半徑r=9-214=152,可得截面面積為S=πr2=15π4.故選A. 6.D　因?yàn)镻A⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.過點(diǎn)A作AE∥CB,又CB⊥AB,則AP,AB,AE兩兩垂直.如圖所示,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以AB,AE,AP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).因?yàn)镈為PB的中點(diǎn),所以D(2,0,1). 故CP=(-4,2,2),AD=(2,0,1). 所以cos=ADCP|AD||CP|=-6526=-3010. 設(shè)異面直線PC,AD所成的角為θ,則cos θ=|cos|=3010. 7.66　設(shè)球心O到FE的距離為d,則在△OA1E中,A1E=1+12,OE=12.由等面積法可得121222=121+12d,∴d=36,∵球的半徑為12,∴EF=2(12)2-(36)2=66.故答案為66. 8.31010　 連接A1B,則∠A1BE是BE與CD1所成的角.設(shè)AA1=2AB=2a,則BE=2a,A1B=5a,則cos∠A1BE=5a2+2a2-a222a5a=31010. 9.(1)證明在題圖1中,因?yàn)锳B=2BC=2CD,且D為AB的中點(diǎn).由平面幾何知識,得∠ACB=90.又因?yàn)镋為AC的中點(diǎn),所以DE∥BC. 在題圖2中,CE⊥DE,PE⊥DE,且CE∩PE=E, 所以DE⊥平面CEP, 所以BC⊥平面CEP. 又因?yàn)锽C?平面BCP, 所以平面BCP⊥平面CEP. (2)解因?yàn)槠矫鍰EP⊥平面BCED,平面DEP∩平面BCED=DE,EP?平面DEP,EP⊥DE. 所以EP⊥平面BCED. 又因?yàn)镃E?平面BCED, 所以EP⊥CE. 以E為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以ED,EC,EP的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 在題圖1中,設(shè)BC=2a,則AB=4a,AC=23a,AE=CE=3a,DE=a. 則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). 設(shè)n=(x,y,z)為平面BCP的法向量, 則nBC=0,nCP=0, 即-2ax=0,-3ay+3az=0. 令y=1,則z=1.所以n=(0,1,1). 設(shè)DP與BCP平面所成的角為θ, 則sin θ=sin=|cos|=|nDP||n||DP|=3a22a=64. 所以直線DP與平面BCP所成角的正弦值為64. 10.解 (1)證明: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)當(dāng)EM=33a時(shí),AM∥平面BDF, 在梯形ABCD中,設(shè)AC∩BD=N,連接FN,則AB=BCcos60=2a, ∵△CND∽△ANB, ∴CN∶NA=CD∶AB=1∶2. 又AC=3a,∴AN=233a. ∵EM=33a,而EF=AC=3a, ∴MF=AN=23a3,MF與AN平行且相等,∴四邊形ANFM是平行四邊形, ∴AM∥NF, 又∵NF?平面BDF,AM?平面BDF,∴AM∥平面BDF. (3)由(1)知CF,CA,CB兩兩垂直,以點(diǎn)C為原點(diǎn), CA,CB,CF所在直線為坐標(biāo)軸建立空間直角坐標(biāo)系,則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.設(shè)平面BEF的法向量m=(x,y,z),則mFB=0,mEF=0,ay-az=0,-3ax=0,取y=1,則m=(0,1,1). 同理可得平面EFD的法向量為n=(0,-2,1),所以cos=mn|m||n|=-1010.又二面角B-EF-D的平面角為銳角,所以B-EF-D的平面角的余弦值為1010. 11.解 (1)證明:連接BD交AC于H點(diǎn),連接MH,因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形, 所以點(diǎn)H為BD的中點(diǎn).又因?yàn)镸為PD的中點(diǎn), 所以MH∥BP.又因?yàn)锽P?平面ACM,MH?平面ACM, 所以PB∥平面ACM. (2)因?yàn)锳BCD是菱形,∠ABC=60,E是AB的中點(diǎn),所以CE⊥AB. 又因?yàn)镻E⊥平面ABCD,以E為原點(diǎn),分別以EB,EC,EP為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz,則E(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,3),C(0,3,0),D(-2,3,0). 假設(shè)棱PD上存在點(diǎn)M,設(shè)點(diǎn)M坐標(biāo)為(x,y,z),PM=λPD(0≤λ≤1),則(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), 設(shè)平面CEM的法向量為n=(x,y,z),則 nEM=-2λx+3λy+3(1-λ)z=0,nEC=3y=0, 解得y=0,2λx=3(1-λ)z. 令z=2λ,則x=3(1-λ),得n=(3(1-λ),0,2λ). 因?yàn)镻E⊥平面ABCD,所以平面ABCD的法向量m=(0,0,1),所以cos=nm|n||m|=2λ4λ2+3(1-λ)2=2λ7λ2-6λ+3. 因?yàn)槎娼荕-EC-D的大小為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上存在點(diǎn)M,當(dāng)PMPD=13時(shí),二面角M-EC-D的大小為60.