2021高考理科数学（北师大版）一轮复习单元质检卷八　立体几何（A） WORD版含解析.docx

1、单元质检卷八立体几何(A)(时间:45分钟满分:100分)单元质检卷第14页一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2019山东济宁一模,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为()A.24+9B.12+9C.12+5D.24+4答案B解析由题意可知,几何体是14个圆锥,所以几何体的表面积1442+21243+141285=12+9.故选B.2.(2019湖北八校联考二,6)设l,m表示两条不同的直线,表示两个不同的平面,Q表示一个点,给出下列四个命题,其中正确的命题是()Q,lQllm=Q,mllm,l,Qm,Qm,且=m,Q,Ql,ll A.B.C.D.答案D解析

2、错误,错误,正确,正确.故选D.3.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20,则r=()A.1B.2C.4D.8答案B解析由条件知,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,所以表面积为S表=2r2r+212r2+r2r+124r2=5r2+4r2=16+20,解得r=2.4.(2019安徽定远中学预测卷一)已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是边长为2的正方形,若过点P作平面A

3、BCD的垂线,垂足为四边形ABCD的中心,且四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成的角为60,则四棱锥P-ABCD的高为()A.22B.3C.6D.23答案C解析如图,设高为PO,根据线面角的定义可知PCO是侧棱PC与底面所成的角,据题设分析知,所求四棱锥P-ABCD的高h=22+222tan 60=6.故选C.5.(2019安徽合肥一模,9)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某三棱锥的三视图,则该三棱锥的外接球的表面积为()A.6B.24C.48D.96答案B解析由三视图可知,三棱锥的直观图如图P-ADC,是底面为直角边为4与2的直角三角形,高为2的三棱锥,将三棱锥补成长方体,利用长

4、方体的外接球与棱锥的外接球相同求解即可.图中矩形ABCD的长为4,宽为2,棱锥的高为PB=2,所以棱锥的外接球就是以BC,BA,BP为长、宽、高的长方体的外接球,外接球的直径就是长方体的体对角线,即2R=42+22+22=24,所以外接球的表面积为4R2=24.故选B.6.(2019贵州遵义航天中学十一模)四棱锥P-ABCD的底面为正方形ABCD,PA底面ABCD,AB=2,若该四棱锥的所有顶点都在体积为92的同一球面上,则PA的长为() A.3B.2C.1D.12答案C解析连接AC、BD交于点E,取PC的中点O,连接OE,可得OEPA,OE底面ABCD,可得O到四棱锥的所有顶点的距离相等,即

5、O为球心,设球半径为R,可得R=12PC=12PA2+8,可得43(12PA2+8)3=92,解得PA=1.故选C.二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2019山东日照一模,16)如图,四棱锥P-ABCD 的底面为矩形,矩形的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上,点P在球面上,且球的表面积为16,则四棱锥P-ABCD体积的最大值为.答案163解析因为球O的表面积是16,所以S=4R2=16,解得R=2.设矩形ABCD的长、宽分别为x,y,则x2+y2=(2R)22xy,当且仅当x=y时上式取等号,即底面为正方形时,底面面积最大,此时S正方形ABCD=2R2=8.因为点

6、P在球面上,所以当PO底面ABCD时,PO=R,即hmax=R,此时四棱锥P-ABCD体积有最大值为1382=163.8.(2019北京师大附中模拟三,13)某工厂现将一棱长为3的正四面体毛坯件切割成一个圆柱体零件,则该圆柱体体积的最大值为.答案227解析圆柱体体积最大时,圆柱的底面圆心为正四面体的底面中心O,圆柱的上底面与棱锥侧面的交点N在侧面的中线AM上.正四面体棱长为3,BM=32,OM=12,BO=1,AO=2,设圆柱的底面半径为r,高为h,则0r12.由三角形相似得r12=2-h2,即h=2-22r,圆柱的体积V=r2h=2r2(1-2r),r2(1-2r)r+r+1-2r33=12

7、7,当且仅当r=1-2r即r=13时取等号.圆柱的最大体积为227.故答案为227.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB平面ABC,SAB是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=25.(1)求证:平面SAB平面SAC;(2)求二面角B-SC-A的余弦值.(1)证明在题图1中,因为AB=2BC=2CD,且D为AB的中点.由平面几何知识,得ACB=90.又因为E为AC的中点,所以DEBC.在题图2中,CEDE,PEDE,且CEPE=E,所以DE平面CEP,所以BC平面CEP.又因为BC平面BCP,所以平面BCP平面CEP.(2)解因为平面DE

8、P平面BCED,平面DEP平面BCED=DE,EP平面DEP,EPDE.所以EP平面BCED.又因为CE平面BCED,所以EPCE.以E为坐标原点,分别以ED,EC,EP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建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=23a,AE=CE=3a,DE=a.则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).设n=(x,y,z)为平面BCP的法向量,则nBC=0,nCP=0,即-2ax=0,-3ay+3az=0.令y=1,则z

9、=1.所以n=(0,1,1).设DP与平面BCP所成的角为,则sin =sin=|cos|=|nDP|n|DP|=3a22a=64.所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为64.10.(15分)(2019山东济宁一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA底面ABCD, ABC=60,AB=3,AD=23,AP=3.(1)求证:平面PCA平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45,求二面角E-AB-D的余弦值.(1)证明在平行四边形ABCD中,ADC=60,CD=3,AD=23,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2ADCDco

10、sADC=12+3-2233cos 60=9,AC2+CD2=AD2,ACD=90,即CDAC,又PA底面ABCD,CD底面ABCD,PACD,又ACPA=A,CD平面PCA.又CD平面PCD,平面PCA平面PCD.(2)解如图,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(-3,3,0),P(0,0,3).设E(x,y,z),PE=PC(01),则(x,y,z-3)=(0,3,-3).x=0,y=3,z=3-3,即点E的坐标为(0,3,3-3).BE=(-3,3,3-3),又平面ABCD的一个法

11、向量为n=(0,0,1),sin 45=|cos|=|3-3|3+92+(3-3)2,解得=13.点E的坐标为(0,1,2),AE=(0,1,2),AB=(3,0,0).设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),由mAB=0,mAE=0,得x=0,y+2z=0.令z=1,得平面EAB的一个法向量为m=(0,-2,1),cos=mn|m|n|=15=55.又二面角E-AB-D的平面角为锐角,所以,二面角E-AB-D的余弦值为55.11.(15分)(2019北京,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,

12、且PFPC=13.(1)求证:CD平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.(1)证明因为PA平面ABCD,所以PACD.又因为ADCD,所以CD平面PAD.(2)解过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD.如图建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).所以PF=13PC=23,2

13、3,-23,AF=AP+PF=23,23,43.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则nAE=0,nAF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),所以cos=np|n|p|=-33.由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为33.(3)解直线AG在平面AEF内.因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AGn=-43+23+23=0.所以直线AG在平面AEF内.10