2020年高考数学一轮复习单元测试（配最新高考+模拟）第八章 立体几何

2020届高考数学（理）一轮复习单元测试第八章立体几何一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分每小题中只有一项符合题目要求)1、（2020福建理）一个几何体的三视图形状都相同,大小均等,那么这个几何体不可以是（）A球B三棱锥 C正方体 D圆柱2、【2020吉林市期末质检】一个正方体的展开图如图所示，A、B、C、D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中ABCDA. B. AB与CD相交C. D. AB与CD所成的角为3 （2020上海）已知空间三条直线若与异面,且与异面,则 （）A与异面.B与相交.C与平行.D与异面、相交、平行均有可能.4（2020广东理）(立体几何)某几何体的三视图如图1所示,它的体积为（）ABCD5 【2020海南嘉积中学期末理】正四棱锥的侧棱长为，底面边长为，为中点，则异面直线与所成的角是（ ）A、30 B、45 C、60 D、906、【2020宁德质检理】若是三个互不重合的平面，是一条直线，则下列命题中正确的是（ ）A若B若C若的所成角相等，则D若上有两个点到的距离相等，则7、【2020黑龙江绥化市一模理】如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则与平面所成的角为（ ）A. B. C. D. 8、（2020北京理）某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是（）ABCD 9、【2020浙江瑞安期末质检理】一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）A B C D 10圆台上、下底面面积分别是、4，侧面积是6，这个圆台的体积是()A、 B、2C、 D、11、（2020陕西理）如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱,则直线与直线夹角的余弦值为（）12、（2020江西理）如图,已知正四棱锥S-ABCD所有棱长都为1,点E是侧棱SC上一动点,过点E垂直于SC的截面将正四棱锥分成上、下两部分.记SE=x(0x1),截面下面部分的体积为V(x),则函数y=V(x)的图像大致为二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13、【2020山东青岛市期末】已知长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为、，则这个长方体的外接球的表面积为 . 14、【2020厦门期末质检理】某型号冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥，其正视图如图所示，则该型号冰淇淋的体积等于。15、【2020粤西北九校联考理】某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 16（2020辽宁理）已知正三棱锥ABC,点P,A,B,C都在半径为的求面上,若PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到截面ABC的距离为_.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题满分10分) （2020广东理）如图5所示,在四棱锥中,底面为矩形,平面,点在线段上,平面.()证明:平面;()若,求二面角的正切值.18(本小题满分12分) （2020天津理）如图,在四棱锥中,丄平面,丄,丄,.()证明丄;()求二面角的正弦值;()设E为棱上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为,求AE的长.19(本小题满分12分) 【广东省惠州市2020届高三一模（四调）考试（理数）】已知四棱锥PABCD的三视图如下图所示，E是侧棱PC上的动点（）求四棱锥PABCD的体积；（）是否不论点E在何位置，都有BDAE？证明你的结论；（）若点E为PC的中点，求二面角DAEB的大小.20(本小题满分12分) (安徽省“江南十校”2020年3月高三联考理科) 如图，在多面体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ABG、平面ADF、平面CDE都与平面ABCD垂直，且ABG, ADF, CDE都是正三角形.(I) 求证：AC/ EF ；(II) 求多面体ABCDEFG的体积.21(本小题满分12分) 18(江西省六校2020届高三联考理科)如图所示的多面体，它的正视图为直角三角形，侧视图为正三角形，俯视图为正方形（尺寸如图所示），E为VB的中点来 (1)求证：VD平面EAC；(2)求二面角AVBD的余弦值22(本小题满分12分) （2020湖北理）如图1,过动点A作,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿将折起,使(如图2所示). ()当的长为多少时,三棱锥的体积最大;()当三棱锥的体积最大时,设点,分别为棱,的中点,试在棱上确定一点,使得,并求与平面所成角的大小.DABCACDB图2图1ME.祥细答案一、选择题1. 【答案】D 【解析】分别比较A、B、C的三视图不符合条件,D 的正视图、侧视图是矩形，而府视图是圆，符合 2、【答案】D【解析】将平面展开图还原成几何体，易知AB与CD所成的角为，选D。3、【答案】D4. 答案：C解析: 该几何体下部分是半径为3,高为5的圆柱,体积为,上部分是半径为3,高为4的圆锥,体积为,所以体积为. 5、【答案】C【解析】取AC中点F,中，由余弦定理得.6、【答案】B【解析】若，此推理符合平面与平面垂直的判定；7、【答案】A【解析】利用等积法求B到平面的距离。,求出，8、 【答案】B 【解析】从所给的三视图可以得到该几何体为三棱锥,本题所求表面积为三棱锥四个面的面积之和.利用垂直关系和三角形面积公式,可得:,因此该几何体表面积,故选B. 9、【答案】A【解析】几何体可以拼接成高为2的正三棱柱，10、答案D解析上底半径r1，下底半径R2.S侧6，设母线长为l，则(12)l6，l2，高h，V(11222).故选D.11、【答案】A解析:不妨设,则,直线与直线夹角为锐角,所以余弦值为,选A. 12、【答案】A【解析】(定性法)当时,随着的增大,观察图形可知,单调递减,且递减的速度越来越快;当时,随着的增大,观察图形可知,单调递减,且递减的速度越来越慢;再观察各选项中的图象,发现只有A图象符合.故选A. 二、填空题13、【答案】【解析】因长方体对角线长为，所以其外接球的表面积14、【答案】【解析】冰淇淋上半部分是半球，下关部分是圆锥V=15、【答案】【解析】由几何体三视图知：几何体是正方体挖去一个圆锥，16、【答案】 【解析】因为在正三棱锥ABC中,PA,PB,PC两两互相垂直,所以可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分,(如图所示),此正方体内接于球,正方体的体对角线为球的直径,球心为正方体对角线的中点. 球心到截面ABC的距离为球的半径减去正三棱锥ABC在面ABC上的高.已知球的半径为,所以正方体的棱长为2,可求得正三棱锥ABC在面ABC上的高为,所以球心到截面ABC的距离为 三、解答题17、解析:()因为平面,平面,所以.又因为平面,平面,所以.而,平面,平面,所以平面. ()由()可知平面,而平面,所以,而为矩形,所以为正方形,于是. 法1:以点为原点,、为轴、轴、轴,建立空间直角坐标系.则、,于是,.设平面的一个法向量为,则,从而,令,得.而平面的一个法向量为.所以二面角的余弦值为,于是二面角的正切值为3. 法2:设与交于点,连接.因为平面,平面,平面,所以,于是就是二面角的平面角.又因为平面,平面,所以是直角三角形.由可得,而,所以,而,所以,于是,而,于是二面角的正切值为. 18、解:（1）以为正半轴方向，建立空间直角左边系得：二面角的正弦值为（3）设；则， 即19、解：(1)由三视图可知，四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱PC底面ABCD，且PC2. ，即四棱锥PABCD的体积为.(2)不论点E在何位置，都有BDAE. 证明如下：连结AC，ABCD是正方形，BDAC. PC底面ABCD，且BD平面ABCD，BDPC.又ACPCC，BD平面PAC. 不论点E在何位置，都有AE平面PAC.不论点E在何位置，都有BDAE.(3)解法1：在平面DAE内过点D作DFAE于F，连结BF.ADAB1，DEBE，AEAE，RtADERtABE，从而ADFABF，BFAE.DFB为二面角DAEB的平面角在RtADE中，DF， BF.又BD，在DFB中，由余弦定理得cosDFB，DFB， 即二面角DAEB的大小为.解法2：如图，以点C为原点，CD，CB，CP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系则D(1,0,0)，A(1,1,0)，B(0,1,0)，E(0,0,1)，从而(0,1,0)，(1,0,1)，(1,0,0)，(0，1,1)设平面ADE和平面ABE的法向量分别为，由，取由，取分设二面角DAEB的平面角为，则，即二面角DAEB的大小为 20、解: () 证明：方法一，如图，分别取AD、CD的中点P、Q，连接FP，EQ.和是为2的正三角形，FPAD,EQCD,且FP=EQ=.又平面、平面都与平面垂直，FP平面, EQ平面,FPQE且FP=EQ，四边形EQPF是平行四边形，EFPQ. PQ是的中位线，PQAC, EFAC方法二，以A点作为坐标原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，过点A垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示根据题意可得，A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),E(1,2,)，F(0,1,)，G(1,0,).=（2，2，0），=(1，1，0)，则=，即有() 21、解：(1)由正视图可得：平面VAB平面ABCD，连接BD交AC于O 点，连EO，由已知可得BO=OD，VE=EB VDEO 又VD平面EAC，EO平面EAC VD平面EAC (2)设AB的中点为P，则由题意可知VP平面ABCD，建立如图所示坐标系 设=(x,y,z)是平面VBD法向量， =(-2,2,0) 由， 二面角AVBD的余弦值 22、()解法1:在如图1所示的中,设,则. 由,知,为等腰直角三角形,所以. 由折起