2020版高考数学北师大版(理)一轮复习单元质检卷八立体几何(B)Word版含解析

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,每题7分,共42分)1.(2018广东化州一模,6)设m,n为两条不一样的直线,α为平面,则以下结论正确的选项是()A.m⊥n,m∥α?n⊥αB.m⊥n,m⊥α?n∥αC.m∥n,m⊥α?n⊥αD.m∥n,m∥α?n∥α2.(2019河北唐山摸底,9)已知某几何体的三视图如下图(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.43.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)构成一个几何体,该几何体三视图中的主视图和俯视图如下图.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()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.1B.C.D.5.已知正三角形ABC的三个极点都在球心为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()ππ6.如下图的三棱锥

P-ABC

中,D

是棱

PB的中点

,已知PA=BC=2,AB=4,CB⊥AB,PA⊥平面

ABC,则异面直线

PC,AD

所成角的余弦值为

(

)A.-

B.-C.D.二、填空题(本大题共2小题,每题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与球订交于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AB,AC的中点,AB=2BC=2CD,如图1.以DE为折痕将△ADE折起,使点A抵达点P的地点,如图2.图1图2证明:平面BCP⊥平面CEP;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.求证:BC⊥平面ACFE;当EM为什么值时,AM∥平面BDF?证明你的结论;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;能否存在点M,使二面角M-EC-D的大小为60°,若存在,求出的值;若不存在,请说明原因.参照答案单元质检卷八立体几何(B)1.C关于A,当m⊥n,m∥α时,可能n?α或n与α斜交,故A错;关于B,m⊥n,m⊥α?n∥α或m?α,故B错;关于C,m∥n,m⊥α?n⊥α,C正确;关于D,m∥n,m∥α?n∥α或m?α,故D错;应选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-π=1-π,底面周长为

1+1+π=2+π,柱体的高为

1,因此该柱体的表面积为

S=2×

1-

+

2+

π×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,因此表面积为2×2r+222π,解得r=2.S表=2r×2r+2×πr+πr×4πr=5πr+4r=16+204.D如下图:连结A11交于点O,连结OC1∵1∴111D,与AD,在正方体中,AB⊥平面AD,AB⊥AD,又AD⊥AD,且AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面AD1C1B,因此∠A1C1O即为所求角,在Rt△A1C1O中,sin∠A1C1O=,所以A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为,应选D.5.A设正三角形ABC的中心为O1,连结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,联合O1C?平面ABC,可得O1O⊥O1C,∵球的半径R=3,O1O=2,∴在Rt△O1OC中,O1C=.又D为BC的中点,∴在Rt△O1DC中,O1D=O1C=.在Rt△OO1D中,OD==.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==,可得截面面积为S=πr2=.应选A.6.D由于PA⊥平面ABC,因此PA⊥AB,PA⊥BC.过点A作直.如下图,以A为坐标原点,分别以AB,AE,AP所在直线为

AE∥CB,又CB⊥AB,则AP,AB,AE两两垂x轴、y轴、z轴成立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).由于D为PB的中点,因此D(2,0,1).故=(-4,2,2),=(2,0,1).因此cos<,>===-.设异面直线PC,AD所成的角为θ,则cosθ=|cos<,>|=.7.设球心O到FE的距离为d,则在△OA1E中,A1E=,OE=.由等面积法可得××=××d,∴d=,∵球的半径为,∴EF=2=.故答案为.8.连结A1B,则∠A1BE是BE与CD1所成的角.设AA1=2AB=2a,则BE=a,A1B=a,则cos∠A1BE==.9.(1)证明在题图1中,由于AB=2BC=2CD,且D为AB的中点.由平面几何知识,得∠ACB=90°.又由于E为AC的中点,因此DE∥BC.在题图2中,CE⊥DE,PE⊥DE,且CE∩PE=E,因此DE⊥平面CEP,因此BC⊥平面CEP.又由于BC?平面BCP,因此平面BCP⊥平面CEP.(2)解由于平面DEP⊥平面BCED,平面DEP∩平面BCED=DE,EP?平面DEP,EP⊥DE.因此EP⊥平面BCED.又由于CE?平面BCED,因此EP⊥CE.以E为坐标原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向成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=2a,AE=CE=a,DE=a.则P(0,0,a),D(a,0,0),C(0,a,0),B(2a,a,0).因此=(-a,0,a),=(-2a,0,0),=(0,-a,a).设n=(x,y,z)为平面BCP的法向量,则即令y=1,则z=1.因此n=(0,1,1).设DP与BCP平面所成的角为θ,则sinθ=sin<n,>=|cos<n,>|===.因此直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.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=a时,AM∥平面BDF,在梯形ABCD中,设AC∩BD=N,连结FN,则AB==2a,∵△CND∽△ANB,∴CN∶NA=CD∶AB=1∶2.又AC=a,∴AN=a.∵EM=a,而EF=AC=a,∴MF=AN=,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所在直线为坐标轴成立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,a,0),Da,-,0,F(0,0,a),E(a,0,a),∵=(0,a,-a),=(-a,0,0),=-,,a.设平面BEF的法向量m=(x,y,z),则取y=1,则m=(0,1,1).同理可得平面EFD的法向量为n=(0,-2,1),因此cos<m,n>==-.又二面角B-EF-D的平面角为锐角,因此B-EF-D的平面角的余弦值为.11.解(1)证明:连结BD交AC于H点,连结MH,由于四边形ABCD是菱形,因此点H为BD的中点.又由于M为PD的中点,因此MH∥BP.又由于BP?平面ACM,MH?平面ACM,因此PB∥平面ACM.(2)由于ABCD是菱形,∠ABC=60°,E是AB的中点,因此CE⊥AB.又由于PE⊥平面ABCD,以E为原点,分别以EB,EC,EP为x,y,z轴,成立空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),B(1,0,0),P(0,0,),C(0,,0),D(-2,,0).假定棱PD上存在点M,M坐标为(x,y,z),=λ(0≤λ≤1),(x,y,z-)=λ(-设点则2,,-),因此M(-2λ,λ,(1-λ)),因此=(-2λ,λ,(1-λ)),=(