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1、天津2020届高考数学一轮复习单元质检单元质检七立体几何(B)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.若圆锥的表面积是底面积的3倍,则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为()A.23B.56C.D.762.如图,在三棱锥A-BCD中,DA,DB,DC两两垂直,且DB=DC,E为BC的中点,则AEBC等于()A.3B.2C.1D.03.在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AEEB=AFFD=14.又H,G分别为BC,CD的中点,则()A.BD平面EFG,且四边形EFGH是平行四边形B.EF平面BCD,且四边形EFGH是梯形C.HG平面
2、ABD,且四边形EFGH是平行四边形D.EH平面ADC,且四边形EFGH是梯形4.如图,已知直平行六面体ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为3,BAD=60,长为2的线段MN的一个端点M在DD1上运动,另一个端点N在底面ABCD上运动,则MN的中点P的轨迹(曲面)与共顶点D的三个面所围成的几何体的体积为()A.29B.49C.23D.435. (2018上海,15)九章算术中,称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图.若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是()A.4B.8C.12D.166.已知正方体ABCD
3、-A1B1C1D1,平面过直线BD,平面AB1C,平面AB1C=m,平面过直线A1C1,平面AB1C,平面ADD1A1=n,则m,n所成角的余弦值为()A.0B.12C.22D.32二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.在菱形ABCD中,AB=2,BCD=60,现将其沿对角线BD折成直二面角A-BD-C(如图),则异面直线AB与CD所成的角的余弦值为.8.已知球O的球面上有四点S,A,B,C,其中O,A,B,C四点共面,ABC是边长为2的正三角形,平面SAB平面ABC,则三棱锥S-ABC的体积的最大值为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9. (14分)如图,在四棱锥P-A
4、BCD中,底面ABCD为矩形,PA平面ABCD,E为PD的中点. (1)证明:PB平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60,AP=1,AD=3,求三棱锥E-ACD的体积.10.(15分) 如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB平面BEC,BEEC, AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.(1)求证:GF平面ADE;(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.11.(15分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADBC,ADCD,且AD=CD=2, BC=22,PA=2.(1)取PC的中点N,求证:DN平面PAB;(2)求直线AC与PD
5、所成角的余弦值;(3)在线段PD上是否存在一点M,使得二面角M-AC-D的大小为45?如果存在,求BM与平面MAC所成的角;如果不存在,请说明理由.单元质检七立体几何(B)1.C解析设圆锥的底面半径为r,母线长为l,侧面展开图扇形的圆心角为,根据条件得rl+r2=3r2,即l=2r,根据扇形面积公式得l22=rl,即=r2l=r22r=,故选C.2.D解析AEBC=(AD+DE)BC=ADBC+DEBC=AD(BD+DC)=ADBD+ADDC=0.3.B解析如图,由题意,得EFBD,且EF=15BD,HGBD,且HG=12BD,故EFHG,且EFHG.因此,四边形EFGH是梯形.由题可得EF平
6、面BCD,而EH与平面ADC不平行,故选B.4.A解析MN=2,则DP=1,则点P的轨迹为以D为球心,半径r=1的球面的一部分,则球的体积为V=43r3=43.BAD=60,ADC=120,120为360的13,只取半球的13,则V=431312=29.5.D解析设正六棱柱为ABCDEF-A1B1C1D1E1F1,以侧面AA1B1B,AA1F1F为底面矩形的阳马有E-AA1B1B,E1-AA1B1B,D-AA1B1B,D1-AA1B1B,C-AA1F1F,C1-AA1F1F,D-AA1F1F,D1-AA1F1F,共8个;以对角面AA1C1C,AA1E1E为底面矩形的阳马有F-AA1C1C,F1
7、-AA1C1C,D-AA1C1C,D1-AA1C1C,B-AA1E1E,B1-AA1E1E,D-AA1E1E,D1-AA1E1E,共8个.所以共有8+8=16(个),故选D.6.D解析如图所示,BD1平面AB1C,平面过直线BD,平面AB1C,平面即为平面DBB1D1.设ACBD=O.平面AB1C=OB1=m.平面A1C1D过直线A1C1,与平面AB1C平行,而平面过直线A1C1,平面AB1C,平面A1C1D即为平面.平面ADD1A1=A1D=n,又A1DB1C,m,n所成角为OB1C,由AB1C为正三角形,则cosOB1C=cos6=32.故选D.7.14解析如图,取BD的中点O,连接AO,
8、CO,建立如图所示的空间直角坐标系,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=ABCD|AB|CD|=-122=-14.异面直线AB与CD所成的角的余弦值为14.8.33解析记球O的半径为R,由ABC是边长为2的正三角形,且O,A,B,C四点共面,易求R=23.作SDAB于D,连接OD,OS,易知SD平面ABC,注意到SD=SO2-OD2=R2-OD2,因此要使SD最大,则需OD最小,而OD的最小值为1223=33,因此高SD的最大值为232-332=1.因为三棱锥S-ABC的体积
9、为13SABCSD=133422SD=33SD,所以三棱锥S-ABC的体积的最大值为331=33.9.(1)证明如图,连接BD交AC于点O,连接EO.因为底面ABCD为矩形,所以O为BD的中点.又因为E为PD的中点,所以EOPB.因为EO平面AEC,PB平面AEC,所以PB平面AEC.(2)解因为PA平面ABCD,底面ABCD为矩形,所以AB,AD,AP两两垂直.如图,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,则P(0,0,1),D(0,3,0),E0,32,12,AE=0,32,12.设B(m,0,0)(m0),则C(m,3,0),AC
10、=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则n1AC=0,n1AE=0,即mx+3y=0,32y+12z=0,可取n1=3m,-1,3.由题意得n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量.由题设|cos|=12,即33+4m2=12,解得m=32.因为E为PD的中点,所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.10.(1)证法一如图,取AE的中点H,连接HG,HD.因为G是BE的中点,所以GHAB,且GH=12AB.又因为F是CD的中点,所以DF=12CD.由四边形ABCD是矩形,得ABCD,AB=CD,所以GHDF,且GH=DF,
11、从而四边形HGFD是平行四边形,所以GFDH.又因为DH平面ADE,GF平面ADE,所以GF平面ADE.证法二如图,取AB中点M,连接MG,MF.因为G是BE的中点,所以GMAE.又因为AE平面ADE,GM平面ADE,所以GM平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点,得MFAD.又因为AD平面ADE,MF平面ADE,所以MF平面ADE.又因为GMMF=M,GM平面GMF,MF平面GMF,所以平面GMF平面ADE.因为GF平面GMF,所以GF平面ADE.(2)解如图,在平面BEC内,过B点作BQEC.因为BECE,所以BQBE.又因为AB平面BEC,所以ABBE,ABBQ.以
12、B为原点,分别以BE,BQ,BA的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).因为AB平面BEC,所以BA=(0,0,2)为平面BEC的一个法向量.设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量,由题意,得AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1).由nAE=0,nAF=0,得2x-2z=0,2x+2y-z=0,取z=2,得n=(2,-1,2).从而cos=nBA|n|BA|=432=23.所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为23.11.解建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),B(2,-1,
13、0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).(1)证明:PC中点N(0,0,1),DN=(1,0,1).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),由AP=(0,0,2),AB=(2,0,0),可得n=(0,1,0).DNn=0,DN平面PAB,DN平面PAB.(2)设AC与PD所成的角为.AC=(0,2,0),PD=(-1,1,-2),cos=226=66.(3)设M(x,y,z)及PM=PD,则x=-,y+1=,z-2=-2M(-,-1,2(1-).设平面ACM的法向量为m=(x,y,z),由AC=(0,2,0),AM=(-,2(1-),可得m=(2-2,0,),平面ACD的法向量为a=(0,0,1),cos=12+(2-2)2=222=52-8+4,解得=23或=2(舍去).M-23,-13,23,BM=-83,23,23,m=23,0,23.设BM与平面MAC所成的角为,则sin=|cos|=-12922322=12,=6.10
