2020高考数学（天津专用）一轮单元质量检查试卷7：立体几何（B）含解析

《2020高考数学（天津专用）一轮单元质量检查试卷7：立体几何（B）含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学（天津专用）一轮单元质量检查试卷7：立体几何（B）含解析（10页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、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. B.23 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 等于( )A.3 B.2C.1 D.03.在空间四边形 ABCD 中,E,F 分别为 AB,AD 上的点,且 AE EB=AF FD=1 4.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

2、面 BCD,且四边形 EFGH 是梯形C.HG平面 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. B.29 49C. D.23 435. (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

3、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.4 B.8C.12 D.166.已知正方体 ABCD-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.0 B. C. D.12 22 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

4、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-ABCD 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= ,求三棱锥 E-ACD 的体积.310.(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,

5、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= , 2BC=2 ,PA=2.2(1)取 PC 的中点 N,求证:DN平面 PAB;(2)求直线 AC 与 PD 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

6、为 ,根据条件得 rl+r2=3r2,即 l=2r,根据扇形面积公式得 =rl,22即 = =,故选 C.2 =222.D 解析 =( ) ( )= =0.+=+=+3.B 解析 如图,由题意,得 EFBD,且 EF= BD,15HGBD ,且 HG= BD,12故 EFHG,且 EFHG.因此,四边形 EFGH 是梯形.由题可得 EF平面 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= r3= .43 43 BAD= 60, ADC=120,120为 360的 ,只取半

7、球的 ,13 13则 V= .431312=295.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-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.

8、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 A1DB 1C, m,n 所成角为OB 1C,由AB 1C 为正三角形,则 cosOB 1C=cos .故选 D.6=327. 解析 如图,取 BD 的中点 O,连接 AO,CO,建立如图所示的空间直角坐标系,14 AB=2,BCD=60, A(0,0, ),B(1

9、,0,0),D(-1,0,0),C(0, ,0),3 3 =(1,0,- ), =(-1,- ,0), 3 3 cos= =- .,|=-122 14 异面直线 AB 与 CD 所成的角的余弦值为 .148. 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= .33 23作 SDAB 于 D,连接 OD,OS,易知 SD平面 ABC,注意到 SD= ,因此要使 SD 最大,则需 OD 最小,而 OD 的最小值为 ,2-2=2-21223=33因此高 SD 的最大值为 =1.(23)2-(33)2因为三棱锥 S-ABC 的体积为 SAB

10、C SD= 22SD= SD,13 1334 33所以三棱锥 S-ABC 的体积的最大值为 1= .33 339.(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 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, ,0),E .3 (0,3

11、2,12),=(0, 32,12)设 B(m,0,0)(m0),则 C(m, ,0), =(m, ,0).3 3设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,则 1=0,1=0,即 +3=0,32+12=0,可取 n1= .(3,-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 ,解得 m= .33+42=12 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=3810.(1)证法一 如图,取 AE 的中点 H,连接 HG,HD.因为 G 是 BE 的中点 ,

12、所以 GHAB,且 GH= AB.12又因为 F 是 CD 的中点,所以 DF= CD.12由四边形 ABCD 是矩形,得 ABCD,AB=CD,所以 GHDF ,且 GH=DF,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

13、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 B 为原点,分别以 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 =(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 =(2

14、,0,-2), =(2,2,-1). 由 =0,=0,得 2-2=0,2+2-=0,取 z=2,得 n=(2,-1,2).从而 cos= .|=432=23所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为 .2311.解 建立如图所示的空间直角坐标系 ,则A(0,-1,0),B(2,-1,0),C(0,1,0),D(-1,0,0),P(0,-1,2).(1)证明:PC 中点 N(0,0,1), =(1,0,1).设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z),由 =(0,0,2), =(2,0,0), 可得 n=(0,1,0). n=0,DN平面 PAB, DN平面 PAB.(2)设

15、AC 与 PD 所成的角为 . =(0,2,0), =(-1,1,-2), cos = .|226|=66(3)设 M(x,y,z)及 = ,则 M(-,-1,2(1-).=-,+1=,-2=-2设平面 ACM 的法向量为 m=(x,y,z),由 =(0,2,0), =(-,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 = 或 =2(舍去).23 M ,(-23,-13,23) ,m= .=(-83,23,23) (23,0,23)设 BM 与平面 MAC 所成的角为 ,则 sin =|cos|= , |-12922322|=12 = .6