《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢7 立體幾何（B）（含解析）新人教A版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢7 立體幾何（B）（含解析）新人教A版（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元質(zhì)檢七　立體幾何(B) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分) 1.若圓錐的表面積是底面積的3倍,則該圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖扇形的圓心角為(　　) A.2π3 B.5π6 C.π D.7π6 2.如圖,在三棱錐A-BCD中,DA,DB,DC兩兩垂直,且DB=DC,E為BC的中點(diǎn),則AE·BC等于(　　) A.3　　　　　 B.2 C.1 D.0 3.在空間四邊形ABCD中,E,F分別為AB,AD上的點(diǎn),且AE∶EB=AF∶FD=1∶4.又H,G分別為BC,CD的中點(diǎn),則(　　) A.BD∥平面EFG,且四邊形EFGH是平行

2、四邊形 B.EF∥平面BCD,且四邊形EFGH是梯形 C.HG∥平面ABD,且四邊形EFGH是平行四邊形 D.EH∥平面ADC,且四邊形EFGH是梯形 4.如圖,已知直平行六面體ABCD-A1B1C1D1的各條棱長(zhǎng)均為3,∠BAD=60°,長(zhǎng)為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在DD1上運(yùn)動(dòng),另一個(gè)端點(diǎn)N在底面ABCD上運(yùn)動(dòng),則MN的中點(diǎn)P的軌跡(曲面)與共頂點(diǎn)D的三個(gè)面所圍成的幾何體的體積為(　　) A.2π9 B.4π9 C.2π3 D.4π3 5. (2018上海,15)《九章算術(shù)》中,稱底面為矩形而有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐為陽(yáng)馬.設(shè)AA1是正六棱柱的一條側(cè)棱,如圖.若陽(yáng)馬以該

3、正六棱柱的頂點(diǎn)為頂點(diǎn),以AA1為底面矩形的一邊,則這樣的陽(yáng)馬的個(gè)數(shù)是(　　) A.4 B.8 C.12 D.16 6.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,平面α過(guò)直線BD,α⊥平面AB1C,α∩平面AB1C=m,平面β過(guò)直線A1C1,β∥平面AB1C,β∩平面ADD1A1=n,則m,n所成角的余弦值為(　　) A.0 B.12 C.22 D.32 二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分) 7.在菱形ABCD中,AB=2,∠BCD=60°,現(xiàn)將其沿對(duì)角線BD折成直二面角A-BD-C(如圖),則異面直線AB與CD所成的角的余弦值為　　　　.? 8.已知球O的球面

4、上有四點(diǎn)S,A,B,C,其中O,A,B,C四點(diǎn)共面,△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,平面SAB⊥平面ABC,則三棱錐S-ABC的體積的最大值為　　　　　.? 三、解答題(本大題共3小題,共44分) 9. (14分)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點(diǎn). (1)證明:PB∥平面AEC; (2)設(shè)二面角D-AE-C為60°,AP=1,AD=3,求三棱錐E-ACD的體積. 10.(15分) 如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC, AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中

5、點(diǎn). (1)求證:GF∥平面ADE; (2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值. 11.(15分) 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2, BC=22,PA=2. (1)取PC的中點(diǎn)N,求證:DN∥平面PAB; (2)求直線AC與PD所成角的余弦值; (3)在線段PD上是否存在一點(diǎn)M,使得二面角M-AC-D的大小為45°?如果存在,求BM與平面MAC所成的角;如果不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由. 單元質(zhì)檢七　立體幾何(B) 1.C　解析設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長(zhǎng)為l,側(cè)面展開(kāi)圖扇形的圓心角為θ, 根

6、據(jù)條件得πrl+πr2=3πr2,即l=2r, 根據(jù)扇形面積公式得θπl(wèi)22π=πrl, 即θ=r·2πl(wèi)=r·2π2r=π,故選C. 2.D　解析AE·BC=(AD+DE)·BC=AD·BC+DE·BC=AD·(BD+DC)=AD·BD+AD·DC=0. 3.B　解析如圖,由題意,得EF∥BD,且EF=15BD, HG∥BD,且HG=12BD, 故EF∥HG,且EF≠HG. 因此,四邊形EFGH是梯形. 由題可得EF∥平面BCD,而EH與平面ADC不平行,故選B. 4.A　解析MN=2,則DP=1,則點(diǎn)P的軌跡為以D為球心,半徑r=1的球面的一部分,則球的體積為V=43

7、π·r3=4π3. ∵∠BAD=60°, ∴∠ADC=120°,120°為360°的13,只取半球的13, 則V'=4π3×13×12=2π9. 5.D　解析設(shè)正六棱柱為ABCDEF-A1B1C1D1E1F1, 以側(cè)面AA1B1B,AA1F1F為底面矩形的陽(yáng)馬有 E-AA1B1B,E1-AA1B1B,D-AA1B1B,D1-AA1B1B,C-AA1F1F,C1-AA1F1F,D-AA1F1F,D1-AA1F1F, 共8個(gè); 以對(duì)角面AA1C1C,AA1E1E為底面矩形的陽(yáng)馬有F-AA1C1C,F1-AA1C1C,D-AA1C1C,D1-AA1C1C,B-AA1E1E,B1-AA

8、1E1E,D-AA1E1E,D1-AA1E1E, 共8個(gè). 所以共有8+8=16(個(gè)),故選D. 6.D　解析如圖所示,∵BD1⊥平面AB1C,平面α過(guò)直線BD,α⊥平面AB1C, ∴平面α即為平面DBB1D1. 設(shè)AC∩BD=O. ∴α∩平面AB1C=OB1=m. ∵平面A1C1D過(guò)直線A1C1,與平面AB1C平行,而平面β過(guò)直線A1C1,β∥平面AB1C, ∴平面A1C1D即為平面β.β∩平面ADD1A1=A1D=n, 又A1D∥B1C, ∴m,n所成角為∠OB1C, 由△AB1C為正三角形,則cos∠OB1C=cosπ6=32.故選D. 7.14　解析如圖,取

9、BD的中點(diǎn)O,連接AO,CO,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, ∵AB=2,∠BCD=60°, ∴A(0,0,3),B(1,0,0),D(-1,0,0),C(0,3,0), ∴AB=(1,0,-3),CD=(-1,-3,0), ∴cos=AB·CD|AB||CD|=-12×2=-14. ∴異面直線AB與CD所成的角的余弦值為14. 8.33　解析記球O的半徑為R,由△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,且O,A,B,C四點(diǎn)共面,易求R=23. 作SD⊥AB于D,連接OD,OS, 易知SD⊥平面ABC, 注意到SD=SO2-OD2=R2-OD2,因此要使SD最大,則需O

10、D最小,而OD的最小值為12×23=33, 因此高SD的最大值為232-332=1. 因?yàn)槿忮FS-ABC的體積為13S△ABC·SD=13×34×22×SD=33SD, 所以三棱錐S-ABC的體積的最大值為33×1=33. 9.(1)證明如圖,連接BD交AC于點(diǎn)O,連接EO. 因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形, 所以O(shè)為BD的中點(diǎn). 又因?yàn)镋為PD的中點(diǎn), 所以EO∥PB. 因?yàn)镋O?平面AEC,PB?平面AEC, 所以PB∥平面AEC. (2)解因?yàn)镻A⊥平面ABCD,底面ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直. 如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以AB,AD,AP的方向?yàn)?/p>

11、x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz, 則P(0,0,1),D(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12. 設(shè)B(m,0,0)(m>0), 則C(m,3,0),AC=(m,3,0). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACE的法向量, 則n1·AC=0,n1·AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0, 可取n1=3m,-1,3. 由題意得n2=(1,0,0)為平面DAE的一個(gè)法向量. 由題設(shè)|cos|=12, 即33+4m2=12,解得m=32. 因?yàn)镋為PD的中點(diǎn),所以三棱錐E-ACD的高為12. 三棱錐E-ACD的體積V=1

12、3×12×3×32×12=38. 10.(1)證法一如圖,取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD. 因?yàn)镚是BE的中點(diǎn), 所以GH∥AB,且GH=12AB. 又因?yàn)镕是CD的中點(diǎn), 所以DF=12CD. 由四邊形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD, 所以GH∥DF,且GH=DF, 從而四邊形HGFD是平行四邊形, 所以GF∥DH. 又因?yàn)镈H?平面ADE,GF?平面ADE, 所以GF∥平面ADE. 證法二如圖,取AB中點(diǎn)M,連接MG,MF. 因?yàn)镚是BE的中點(diǎn),所以GM∥AE. 又因?yàn)锳E?平面ADE,GM?平面ADE, 所以GM∥平面ADE. 在矩形AB

13、CD中,由M,F分別是AB,CD的中點(diǎn),得MF∥AD. 又因?yàn)锳D?平面ADE,MF?平面ADE, 所以MF∥平面ADE. 又因?yàn)镚M∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF, 所以平面GMF∥平面ADE. 因?yàn)镚F?平面GMF, 所以GF∥平面ADE. (2)解如圖,在平面BEC內(nèi),過(guò)B點(diǎn)作BQ∥EC. 因?yàn)锽E⊥CE,所以BQ⊥BE. 又因?yàn)锳B⊥平面BEC, 所以AB⊥BE,AB⊥BQ. 以B為原點(diǎn),分別以BE,BQ,BA的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1). 因?yàn)锳

14、B⊥平面BEC, 所以BA=(0,0,2)為平面BEC的一個(gè)法向量. 設(shè)n=(x,y,z)為平面AEF的法向量, 由題意,得AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1). 由n·AE=0,n·AF=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0, 取z=2,得n=(2,-1,2). 從而cos=n·BA|n||BA|=43×2=23. 所以平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值為23. 11.解建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則 A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2). (1)證明:PC中點(diǎn)N(0,0,

15、1),∴DN=(1,0,1). 設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z),由AP=(0,0,2),AB=(2,0,0), 可得n=(0,1,0). ∵DN·n=0,DN?平面PAB, ∴DN∥平面PAB. (2)設(shè)AC與PD所成的角為θ. ∵AC=(0,2,0),PD=(-1,1,-2), ∴cosθ=22×6=66. (3)設(shè)M(x,y,z)及PM=λPD, 則x=-λ,y+1=λ,z-2=-2λ?M(-λ,λ-1,2(1-λ)). 設(shè)平面ACM的法向量為m=(x,y,z), 由AC=(0,2,0),AM=(-λ,λ,2(1-λ)),可得m=(2-2λ,0,λ), 平面ACD的法向量為a=(0,0,1), ∴cos=λ1·λ2+(2-2λ)2=22?2λ=5λ2-8λ+4, 解得λ=23或λ=2(舍去). ∴M-23,-13,23, ∴BM=-83,23,23,m=23,0,23. 設(shè)BM與平面MAC所成的角為β, 則sinβ=|cos|=-129223×22=12, ∴β=π6. 10