2022届高考数学二轮复习单元质检-立体几何 WORD版含答案.docx

1、单元质检立体几何一、选择题1.(2021黑龙江大庆中学高三月考)已知直线l,m,n与平面,下列命题正确的是()A.若,l,n,则lnB.若,l,则lC.若ln,mn,则lmD.若l,l,则2.(2021云南昭通模拟)已知A(1,2,1),B(-1,3,4),D(1,1,1),若AP=2PB,则|PD|=()A.13B.23C.773D.633.(2021广西南宁三中高三月考)某几何体的三视图如图所示,已知图中圆的半径都为1,则此几何体的体积为()A.4B.2C.34D.4.如图,一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形OABC,则原平面图形的周长和面积分别为()A.2a,24a2

2、B.8a,22a2C.a,a2D.2a,2a25.(2021全国甲,理6)在一个正方体中,过顶点A的三条棱的中点分别为E,F,G.该正方体截去三棱锥A-EFG后,所得多面体的三视图中,正视图如图所示,则相应的侧视图是()6.(2021吉林长春外国语学校月考)如图,在三棱锥S-ABC中,点E,F分别是SA,BC的中点,点G在EF上,且满足EGGF=12,若SA=a,SB=b,SC=c,则SG=()A.13a-12b+16cB.13a+16b+16cC.16a-13b+12cD.13a-16b+12c7.(2021四川资阳适应性考试)冰激凌一直被众多青少年视为夏日解暑神器,图中冰激凌可近似地看作圆

3、锥和半球的组合体,若圆锥部分的侧面展开图是面积为92 cm2的半圆形,则该冰激凌的体积为()A.18+938 cm3B.9+1838 cm3C.9+934 cm3D.9+634 cm38.(2021海南海口模拟)图1中的机械设备叫做“转子发动机”,其核心零部件之一的转子形状是“曲侧面三棱柱”,图2是一个曲侧面三棱柱,它的侧棱垂直于底面,底面是“莱洛三角形”,莱洛三角形是以正三角形的三个顶点为圆心,正三角形的边长为半径画圆弧得到的,如图3.若曲侧面三棱柱的高为10,底面任意两顶点之间的距离为20,则其侧面积为()A.100B.600C.200D.3009.(2021山东烟台高三检测)降雨量是气象

4、部门观测的重要数据,日降雨量是指一天内降落在地面单位面积雨水层的深度(单位:毫米).我国古代就有关于降雨量测量方法的记载,古代数学名著数书九章中有“天池盆测雨”题:天池盆(圆台形状)盆口直径二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸,则平地降雨量是几寸注:一尺等于十寸,一寸等于103厘米?已知某隧道的积水程度与日降水量的关系如下表所示:日降雨量(单位:毫米)15,40)40,70)70,120)120,250)隧道积水程度一级二级三级四级如果某天该隧道的日降水量按照“天池盆测雨”题中数据计算,则该隧道的积水程度为()A.一级B.二级C.三级D.四级10.(2021四川自贡三模

5、)已知四面体P-ABC中,PAC=PBC=ABC=90,且AB=2.若四面体P-ABC的外接球体积为36,则当该四面体的体积最大时,BC=()A.2B.4C.6D.811.(2021浙江绍兴高三期末)如图,在矩形ABCD中,BC=1,AB=x,BD和AC交于点O,将BAD沿直线BD翻折,下列说法中错误的是()A.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得ABOCB.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得ACBDC.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AB平面ACDD.存在x,在翻折过程中存在某个位置,使得AC平面ABD12.(2021河南新乡二模)正四面体ABCD的棱长为1,点P是该正四面体内切

6、球球面上的动点,当PAPD取得最小值时,点P到AD的距离为()A.32-612B.6-312C.22-312D.24二、填空题13.(2021山东济南二模)已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍,则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为.14.(2021广东韶关能力测试)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与B1C所成角的正切值为2,则该长方体的体积为.15.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.16.(2021广东广州一模)已知三棱锥P-ABC的底面ABC是边长为6的等边三角形,PA=PB=PC=21,先在三棱锥P-ABC内放

7、入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O1的体积为,球O2的表面积为.三、解答题17.(10分)(2021河南新乡检测)在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,AC=2AB=2AD,ADC=ABC=90.(1)证明:平面PBD平面PAC;(2)若F是PC的中点,求证:BF平面PAD.18.(12分)(2021云南昆明“三诊一模”第二次质检)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱AA1底面ABCD,四边形ABCD为菱形,E,F分别为AA1,CC1的中点.(1)证明:B,F,D1,E四点共面;(2)若AB=2,BAD=3,求点F到

8、平面BDD1的距离.19.(12分)(2021陕西西安中学高三月考)如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上异于点A,B的一个动点,DC平面ABC,BECD,且BE=CD=2,AB=4.(1)证明:平面ADE平面ACD;(2)当C为半圆弧的中点时,求二面角D-AE-B的正弦值.20.(12分)(2021河北张家口一模)如图,四边形ABCD是正方形,PA平面ABCD,PAEB,且PA=AB=3.(1)求证:CE平面PAD;(2)若BE=13PA,求直线PD与平面PCE所成角的正弦值.21.(12分)(2021广东深圳高三一模)如图,在四棱锥S-ABCD中,SA=SB=SC=SD=13,ACCD,A

9、B=6,BD=8.(1)求证:平面SAD平面ABCD;(2)求二面角A-SB-D的余弦值.22.(12分)(2021重庆蜀都中学月考)如图,在菱形ABCD中,ABC=120,动点E,F分别在边AD,AB上(不含端点),且存在实数,使EF=BD,沿EF将AEF向上折起得到PEF,使得平面PEF平面BCDEF,如图所示.图图(1)若BFPD,设三棱锥P-BCD和四棱锥P-BDEF的体积分别为V1,V2,求V1V2.(2)当点E的位置变化时,二面角E-PF-B是否为定值?若是,求出该二面角的余弦值;若不是,说明理由.答案：1.D 2.C 3.D4.B5.D6.B7.A 8.C 9.C 10.B11.

10、D 12.A13.6014.4或8315.22716.434917.证明(1)取AC的中点E,连接DE和BE,因为ADC=90,则AC=2DE,所以DE=AE=12AC.又AC=2AB=2AD,所以DE=AE=AD,同理BE=AE=AB,所以DE=BE=AD=AB,所以四边形ABED为菱形,所以BDAC.因为PA平面ABCD,BD平面ABCD,所以BDPA.又PAAC=A,PA平面PAC,AC平面PAC,所以BD平面PAC.又BD平面PBD,所以平面PBD平面PAC.(2)连接EF,因为E,F分别是AC,PC的中点,所以EFPA.又EF平面PAD,PA平面PAD,所以EF平面PAD.由(1)知

11、四边形ABED为菱形,所以BEAD,同理BE平面PAD.又EFBE=E,EF平面BEF,BE平面BEF,所以平面BEF平面PAD.又BF平面BEF,所以BF平面PAD.18.(1)证明连接AC交BD于点O,因为四边形ABCD为菱形,故ACBD,又因为侧棱AA1底面ABCD,以O为原点建立空间直角坐标系,如图所示,设OB=a,OA=b,DD1=c,则B(0,a,0),D1(0,-a,c),Eb,0,c2,F-b,0,c2,所以BE=b,-a,c2,FD1=b,-a,c2,所以BE=FD1.又直线BE与FD1不重合,故BEFD1,所以B,F,D1,E四点共面.(2)解:因为AB=2,BAD=3,所

12、以B(0,1,0),D(0,-1,0),D1(0,-1,c),F-3,0c2.设平面BDD1的法向量为m=(x,y,z),又BD=(0,-2,0),DD1=(0,0,c),则有mBD=0,mDD1=0,即-2y=0,cz=0,令x=1,故m=(1,0,0),又FB=3,1,-c2,所以点F到平面BDD1的距离为|FBm|m|=31=3.19.(1)证明因为CD平面ABC,BC平面ABC,所以CDBC.因为AB是半圆O的直径,所以ACBC.因为ACCD=C,所以BC平面ACD.又BECD,BE=CD,所以四边形BCDE为平行四边形,则DEBC,所以DE平面ACD.因为DE平面ADE,所以平面AD

13、E平面ACD.(2)解:由题意可得CA,CB,CD两两互相垂直,则以C为原点,CA,CB,CD的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,因为C是半圆弧的中点,所以AC=BC=22,可得A(22,0,0),B(0,22,0),D(0,0,2),O(2,2,0),于是,AD=(-22,0,2),DE=CB=(0,22,0),设平面ADE的法向量为n=(x,y,z),则nAD=0,nDE=0,即-22x+2z=0,22y=0,取x=2,则z=2,得n=(2,0,2).易知CO=(2,2,0)为平面ABE的一个法向量,所以cos=nCO|n|CO|=262=66,所以二面角D-A

14、E-B的正弦值为306.20.(1)证明因为四边形ABCD是正方形,所以BCAD.又AD平面PAD,BC平面PAD,所以BC平面PAD.同理EB平面PAD.又BCEB=B,所以平面EBC平面PAD.又CE平面EBC,所以CE平面PAD.(2)解:以A为原点,AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.因为PA=AB=3,所以BE=13PA=1,所以P(0,0,3),D(3,0,0),C(3,3,0),E(0,3,1),所以PD=(3,0,-3),PC=(3,3,-3),PE=(0,3,-2).设平面PCE的法向量为m=(x,y,z),则mPC=3x+3y-3z=

15、0,mPE=3y-2z=0,得x=z3,y=2z3,令z=3,则x=1,y=2,所以m=(1,2,3)为平面PCE的一个法向量.设直线PD与平面PCE所成的角为,则sin=|cos|=|PDm|PD|m|=63214=77,所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为77.21.(1)证明取AD的中点O,连接SO,OC,因为SA=SD,所以SOAD.因为ACCD,O为AD的中点,所以OC=12AD=OD.因为SO=SO,SC=SD,所以SOCSOD,所以SOC=SOD=90,所以SOOC.因为OCOD=O,OC平面ABCD,OD平面ABCD,所以SO平面ABCD,因为SO平面SAD,所以平面SAD

16、平面ABCD.(2)解:连接OB,由(1)知SO平面ABCD,所以SOBO.在RtSOA和RtSOB中,由SO=SO,SA=SB,可得RtSOARtSOB,所以OA=OB,同理得OA=OB=OC=OD,所以A,B,C,D在以O为圆心的圆上,由ACCD可得AD为四边形ABCD外接圆的直径,所以ABBD,AD=62+82=10,AO=5,SO=132-52=12,以B为原点,BD,BA所在的直线分别为x,y轴,过点B与SO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系,则A(0,6,0),B(0,0,0),D(8,0,0),O(4,3,0),S(4,3,12),BA=(0,6,0),BD=(8,0,0),BS

17、=(4,3,12),设平面ABS的法向量为m=(x1,y1,z1),则mBA=6y1=0,mBS=4x1+3y1+12z1=0,令x1=3,可得z1=-1,y1=0,所以m=(3,0,-1).设平面SBD的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则nBS=4x2+3y2+12z2=0,nBD=8x2=0,令y2=4,则z2=-1,x2=0,所以n=(0,4,-1),所以cos=mn|m|n|=11017=170170,因为二面角A-SB-D的平面角为钝角,所以二面角A-SB-D的余弦值为-170170.22.解:(1)取EF的中点G,连接PG.因为EF=BD,所以EFBD,所以PE=PF,所以P

18、GEF.又平面PEF平面BCDEF,平面PEF平面BCDEF=EF,PG平面PEF,所以PG平面BCDEF.连接GC,由题意可知GCEF.以G为坐标原点,GF,GC,GP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系如图所示.设菱形的边长为2,则F(,0,0),B(1,3(1-),0),P(0,0,3),D(-1,3(1-),0),所以FB=(1-,3(1-),0),DP=(1,-3(1-),3).因为BFPD,所以FBDP=1-3(1-)2=0,解得=23或=1(舍去).设BCD的面积为S,则SAEF=49S,所以S四边形BDEF=59S.所以V1V2=SBCDS四边形BDEF=S59S=95.(2)二面角E-PF-B是定值.证明如下:由(1)知n1=(0,1,0)为平面PEF的一个法向量.设平面PFB的法向量为n2=(x,y,z),因为FB=(1-,3(1-),0),FP=(-,0,3),所以n2FB=0,n2FP=0,即(1-)x+3(1-)y=0,-x+3z=0,取y=1,则x=-3,z=-1,所以n2=(-3,1,-1)为平面PFB的一个法向量.设二面角E-PF-B的平面角为,所以|cos|=|cos|=115=55.由图可知为钝角,所以二面角E-PF-B为定值,其余弦值来为-55.