（全国统考）2022高考数学一轮复习 单元质检卷八 立体几何（B）（理含解析）北师大版.docx

1、单元质检卷八 立体几何(B)(时间:60 分钟 满分:76 分)一、选择题:本题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2020 广东深圳模拟)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1,P 为棱 CC1上的动点,Q 为棱 AA1的中点,设直线m 为平面 BDP 与平面 B1D1P 的交线,以下关系中正确的是()A.mD1QB.m平面 B1D1QC.mB1QD.m平面 ABB1A12.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.16B.12C.D.3.(2020 湖南常德一模,文 6)三棱锥 P-ABC 中,PA,PB,PC

2、 互相垂直,PA=PB=1,M 是线段 BC 上一动点,若直线 AM 与平面 PBC 所成角的正切的最大值是 ,则三棱锥 P-ABC 的外接球的表面积是()A.2B.4C.8D.164.(2020 河北邢台模拟,理 11)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E 为棱 A1B1上一点,且 AB=2,若二面角 B1-BC1-E 为 45,则四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为()A.B.12C.9D.105.(2020 山东枣庄模拟)在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为()A.B.C.D.6.(2020 山西太原二模

3、,理 12)三棱锥 P-ABC 中,ABBC,PAC 为等边三角形,二面角 P-AC-B 的余弦值为-,当三棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为 8.则三棱锥体积的最大值为()A.1B.2C.D.二、填空题:本题共 2 小题,每小题 5 分,共 10 分.7.(2020 湖南常德一模,文 14)如图,圆柱 OO1中,两半径 OA,O1B 等于 1,且 OAO1B,异面直线 AB 与OO1所成角的正切值为 ,则该圆柱 OO1的体积为 .8.九章算术卷第五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”,现有阳马 S-ABCD,SA平面 ABCD,AB=1,AD=3,SA=,BC

4、上有一点 E,使截面 SDE 的周长最短,则 SE与 CD 所成角的余弦值等于 .(第 7 题图)(第 8 题图)三、解答题:本题共 3 小题,共 36 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(12 分)(2019 天津,理 17)如图,AE平面 ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF平面 ADE;(2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值;(3)若二面角 E-BD-F 的余弦值为 ,求线段 CF 的长.10.(12 分)(2020 河南开封三模,理 18)如图,四棱锥 P-ABCD 中,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方

5、形,PAD 为等边三角形,E,F 分别为 PC 和 BD 的中点,且 EFCD.(1)证明:平面 PAD平面 ABCD;(2)求 EF 与平面 PDB 所成角的正弦值.11.(12 分)(2020 山东青岛三模,理 19)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,平面 ABCD 和侧面 BCC1B1都是矩形,E 是 CD 的中点,D1ECD,AB=2BC=2.(1)求证:平面 CC1D1D平面 ABCD;(2)若平面 BCC1B1与平面 BED1所成的二面角的大小为 ,求直线 CA1和平面 BCC1B1所成角的正弦值.参考答案 单元质检卷八 立体几何(B)1.B 由 BDB1D1知,BD平面

6、 B1D1P,所以 mBDB1D1.又 m平面 B1D1Q,B1D1平面 B1D1Q,所以 m平面 B1D1Q,故选 B.2.C 由三视图还原该几何体如图,该几何体为圆柱挖去两个圆锥,圆柱的底面半径为 2,高是 4,圆锥的底面半径为 2,高分别为 1 和 3.则 V=224-22(1+3)=故选 C.3.B M 是线段 BC 上一动点,连接 PM,PA,PB,PC 互相垂直,AMP 就是直线 AM 与平面 PBC 所成角,当 PM 最短时,即 PMBC 时,直线 AM 与平面 PBC所成角的正切值最大.此时 ,则 PM=在直角PBC 中,PBPC=BCPM,故 PC=,解得 PC=将三棱锥 P

7、-ABC 补充为长方体,则长方体的对角线长为 =2,三棱锥 P-ABC 的外接球的半径为 R=1,其表面积为 4R2=4.故选 B.4.D 连接 B1C 交 BC1于点 O,则 B1OBC1,易知 A1B1BC1,则 BC1平面 B1OE,所以 BC1EO,从而B1OE 为二面角 B1-BC1-E 的平面角,则B1OE=45.因为 AB=2,所以 B1E=B1O=,所以四面体 BB1C1E 的外接球半径 R=故四面体 BB1C1E 的外接球的表面积为4()=10.故选 D.5.C 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体 EFBA-E1F1B1A1.连接 B1F,由

8、长方体性质可知,B1FAD1,所以DB1F 为异面直线 AD1与 DB1所成的角或其补角.连接 DF,由题意,得DF=,FB1=2,DB1=在DFB1中,由余弦定理,得 DF2=F +D -2FB1DB1cosDB1F,即 5=4+5-22 cosDB1F,则 cosDB1F=6.D 如图,过点 P 作 PE平面 ABC,垂足为 E,过点 E 作 EDAC 交 AC 于点 D,连接 PD,则PDE 为二面角 P-AC-B 的平面角的补角,即 cosPDE=,sinPDE=易知 AC平面 PDE,则 ACPD,而PAC 为等边三角形,D 为 AC 中点,设 AB=a,BC=b,AC=c,则 PE

9、=PDsinPDE=c ,故三棱锥 P-ABC 的体积为 V=ab abc c ,当且仅当 a=b=c 时,等号成立,三棱锥 P-ABC 的体积最大,此时 B,D,E 共线.设三棱锥 P-ABC 的外接球的球心为 O,半径为 R,由已知,4R2=8,得 R=过点 O 作 OFPE 于点 F,则四边形 ODEF 为矩形,在 RtODC 中,EF=OD=-(),ED=OF=PDcosPDE=c,在 RtPFO中,OP2=PF2+OF2,即()2=()+-()2,解得 c=2,所以三棱锥 P-ABC 体积的最大值为 7.4 过点 B 作 BH 垂直于底面于点 H,则ABH 即为异面直线 AB 与 O

10、O1所成角,则 tanABH=,由 OH 平行等于 O1B,且 OAO1B,可得 OHOA,得 AH=,又 tanABH=,所以圆柱的高 BH=4,所以圆柱的体积为 OA2OO1=4.8 要使截面 SDE 的周长最短,则 SE+ED 最短,将平面 ABCD 沿 BC 折至 ABCD,使 SBC 与 ABCD共面,连接 SD交 BC 于 E,连接 ED,此时SDE 周长最短,作 EFCD 交 AD 于 F,则SEF 即为所求角,在 RtSAB 中,求得 SB=2,由 得 BE=2.在 RtSBE 中,求得 SE=2 在 RtSFE 中,cosSEF=故 SE 与 CD 所成角的余弦值等于 9.(

11、1)证明依题意,可以建立以 A 为原点,以 的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设 CF=h(h0),则 F(1,2,h).依题意,=(1,0,0)是平面 ADE 的法向量,又 =(0,2,h),可得 =0,又因为直线 BF平面ADE,所以 BF平面 ADE.(2)解依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).设 n=(x,y,z)为平面 BDE 的法向量,则 即-不妨令 z=1,可得 n=(2,2,1).因此有 cos=-所以,直线 CE

12、与平面 BDE 所成角的正弦值为 (3)解设 m=(x,y,z)为平面 BDF 的法向量,则 即-不妨令 y=1,可得 m=1,1,-.由题意,有|cos|=|-|,解得 h=,经检验,符合题意.所以,线段 CF 的长为 10.(1)证明连接 AC,四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形,F 是 BD 的中点,也是 AC 的中点,又 E 是 PC的中点,EFPA,EFCD,PACD.又ADCD,ADAP=A,CD平面 PAD.又CD平面 ABCD,平面 PAD平面 ABCD.(2)解由(1)知 EFPA,EF 与平面 PDB 所成的角等于 PA 与平面 PDB 所成角,取 AD 中点 O,连

13、接 PO,PAD 是边长为 2 的等边三角形,POAD,且 PO=,由(1)知平面 PAD平面 ABCD,故 PO平面 ABCD,以 O 为原点,OA,OF,OP 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz,则O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),P(0,0,),D(-1,0,0),=(1,0,-),=(1,2,-),=(-1,0,-),设平面 PDB的法向量为 n=(x,y,z),则 即 -令 z=1,n=(-,1),cos=-=-,EF 与平面 PDB 所成角的正弦值为 11.(1)证明因为平面 ABCD 和侧面 BCC1B1都是矩形,所以 BCCD,B

14、CCC1,又 CDCC1=C,CD平面 CC1D1D,CC1平面 CC1D1D,所以 BC平面 CC1D1D,又 D1E平面 CC1D1D,所以 BCD1E,又 D1ECD,BCCD=C,BC平面 ABCD,CD平面 ABCD,所以 D1E平面 ABCD,又 D1E平面 CC1D1D,所以平面 CC1D1D平面 ABCD.(2)解取 AB 的中点 F,因为 E 是 CD 的中点,平面 ABCD 是矩形,所以 EFCD,以 E 为原点,以 EF,EC,ED1所在直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系 E-xyz,如图所示,设 ED1=a(a0),则 E(0,0,0),B(1,1,0),D

15、1(0,0,a),C(0,1,0),C1(0,2,a),=(1,1,0),=(0,0,a).设平面 BED1的法向量 n=(x1,y1,z1),由 可得 令 x1=1,可得 y1=-1,z1=0,所以 n1=(1,-1,0),设平面 BCC1B1的法向量 n2=(x2,y2,z2),=(1,0,0),=(0,1,a).由 可得 令 z2=1,可得 y2=-a,所以 n2=(0,-a,1).由于平面 BCC1B1与平面 BED1所成的二面角的大小为 ,所以|cos|=|=cos ,解得 a=1.所以平面 BCC1B1的法向量 n2=(0,-1,1),由题知,A1(1,0,1),则 =(1,-1,1),设直线 CA1和平面BCC1B1所成的角为,则 sin=|