2020版高考數(shù)學一輪復習 單元質檢卷八 立體幾何（B）理 北師大版

《2020版高考數(shù)學一輪復習 單元質檢卷八 立體幾何（B）理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數(shù)學一輪復習 單元質檢卷八 立體幾何（B）理 北師大版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元質檢卷八　立體幾何(B) (時間: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m,n為兩條不同的直線,α為平面,則下列結論正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　 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.圓柱被一個平

2、面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個幾何體,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的三個頂點都在球心為O、半徑為3的球面上,且三棱錐O-ABC的高為2,點D是線段BC的中點,過點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-AB

3、C中,D是棱PB的中點,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福建廈門外國語學校模擬,15)已知棱長為1的正方體有一個內切球(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,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

4、分)(2019屆河北衡水中學一模,18)在△ABC中,D,E分別為AB,AC的中點,AB=2BC=2CD,如圖1.以DE為折痕將△ADE折起,使點A到達點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M在線段EF上. (1)求證:BC⊥平面ACFE; (2)當EM為

5、何值時,AM∥平面BDF?證明你的結論; (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,且側面PAB⊥底面ABCD,E為線段AB的中點,M在線段PD上. (1)當M是線段PD的中點時,求證:PB∥平面ACM; (2)是否存在點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 單元質檢卷八　立體幾何(B) 1.C　對于A,當m⊥n,m∥α

6、時,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以俯視圖為底面的柱體,底面面積為1×1-14π=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=2×1-π4+2+12π×1=4. 3.B　由條件知,該幾何體是由一個圓柱被過圓柱底面圓直徑的平面所截剩下的半個圓柱及一個半球拼接而成,其表面積是一個矩形面積、兩個半圓面積、圓柱側面積的一半、球表面積的一半相加所得,所以表面積為S表=2

7、r×2r+2×12πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2. 4.D　如圖所示: 連接A1D,與AD1交于點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三點都在球面上, ∴O1O⊥平面ABC,結合O1C?平面A

8、BC,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,∴在Rt△O1DC中,O1D=12O1C=52.在Rt△OO1D中,OD=4+54=214. 過D作球O的截面,當截面與OD垂直時,截面圓的半徑最小,此時截面圓的半徑r=9-214=152,可得截面面積為S=πr2=15π4.故選A. 6.D　因為PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.過點A作AE∥CB,又CB⊥AB,則AP,AB,AE兩兩垂直.如圖所示,以A為坐標原點,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系,則A(0,0,0),P

9、(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).因為D為PB的中點,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. 設異面直線PC,AD所成的角為θ,則cos θ=|cos|=3010. 7.66　設球心O到FE的距離為d,則在△OA1E中,A1E=1+12,OE=12.由等面積法可得12×12×22=12×1+12×d,∴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∠A1

10、BE是BE與CD1所成的角.設AA1=2AB=2a,則BE=2a,A1B=5a,則cos∠A1BE=5a2+2a2-a222a·5a=31010. 9.(1)證明在題圖1中,因為AB=2BC=2CD,且D為AB的中點.由平面幾何知識,得∠ACB=90°.又因為E為AC的中點,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. 又因為BC?平面BCP, 所以平面BCP⊥平面CEP. (2)解因為平面DEP⊥平面BCED,平面DEP∩平面BCED=DE,EP?平面DEP,EP⊥DE. 所以EP⊥平面BCED.

11、 又因為CE?平面BCED, 所以EP⊥CE. 以E為坐標原點,分別以ED,EC,EP的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系. 在題圖1中,設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n=(x,y,z)為平面BCP的法向量, 則n·BC=0,n·CP=0, 即-2ax=0,-3ay+3az=0. 令y=1,則z=1.所以n=(0,1,1). 設DP與BC

12、P平面所成的角為θ, 則sin θ=sin=|cos|=|n·DP||n||DP|=3a2×2a=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EM=33a時,AM∥平面BDF, 在梯形ABCD中,設AC∩BD=N,連接FN,則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C為原點, CA,CB,CF所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系,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.設平面BEF的法向量m=(x,

14、y,z),則m·FB=0,m·EF=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=m·n|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,連接MH,因為四邊形ABCD是菱形, 所以點H為BD的中點.又因為M為PD的中點, 所以MH∥BP.又因為BP?平面ACM,MH?平面ACM, 所以PB∥平面ACM. (2)因為ABCD是菱形,∠ABC=60°,E是AB的中點,所以CE⊥AB.

15、 又因為PE⊥平面ABCD,以E為原點,分別以EB,EC,EP為x,y,z軸,建立空間直角坐標系E-xyz,則E(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,3),C(0,3,0),D(-2,3,0). 假設棱PD上存在點M,設點M坐標為(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), 設平面CEM的法向量為n=(x,y,z),則 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,則x=3(1-λ),得n=(3(1-λ),0,2λ). 因為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. 因為二面角M-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M,當PMPD=13時,二面角M-EC-D的大小為60°. 8