全國(guó)統(tǒng)考2024高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢卷八立體幾何B理含解析北師大版

單元質(zhì)檢卷八立體幾何(B)(時(shí)間:60分鐘滿分:76分)一、選擇題:本題共6小題,每小題5分,共30分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.(2024廣東深圳模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,P為棱CC1上的動(dòng)點(diǎn),Q為棱AA1的中點(diǎn),設(shè)直線m為平面BDP與平面B1D1P的交線,以下關(guān)系中正確的是()A.m∥D1Q B.m∥平面B1D1QC.m⊥B1Q D.m⊥平面ABB1A12.已知某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的體積為()A.16π B.12π C.323π D.163.(2024湖南常德一模,文6)三棱錐P-ABC中,PA,PB,PC相互垂直,PA=PB=1,M是線段BC上一動(dòng)點(diǎn),若直線AM與平面PBC所成角的正切的最大值是62,則三棱錐P-ABC的外接球的表面積是(A.2π B.4π C.8π D.16π4.(2024河北邢臺(tái)模擬,理11)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱A1B1上一點(diǎn),且AB=2,若二面角B1-BC1-E為45°,則四面體BB1C1E的外接球的表面積為()A.172π B.12π C.9π D.105.(2024山東棗莊模擬)在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.15 B.56 C.556.(2024山西太原二模,理12)三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,△PAC為等邊三角形,二面角P-AC-B的余弦值為-63,當(dāng)三棱錐的體積最大時(shí),其外接球的表面積為8π.則三棱錐體積的最大值為(A.1 B.2 C.12 D.二、填空題:本題共2小題,每小題5分,共10分.7.(2024湖南常德一模,文14)如圖,圓柱OO1中,兩半徑OA,O1B等于1,且OA⊥O1B,異面直線AB與OO1所成角的正切值為24,則該圓柱OO1的體積為.8.《九章算術(shù)》卷第五《商功》中描述幾何體“陽(yáng)馬”為“底面為矩形,一棱垂直于底面的四棱錐”,現(xiàn)有陽(yáng)馬S-ABCD,SA⊥平面ABCD,AB=1,AD=3,SA=3,BC上有一點(diǎn)E,使截面SDE的周長(zhǎng)最短,則SE與CD所成角的余弦值等于.

(第7題圖)(第8題圖)三、解答題:本題共3小題,共36分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.9.(12分)(2024天津,理17)如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求證:BF∥平面ADE;(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值為13,求線段CF的長(zhǎng)10.(12分)(2024河南開封三模,理18)如圖,四棱錐P-ABCD中,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,△PAD為等邊三角形,E,F分別為PC和BD的中點(diǎn),且EF⊥CD.(1)證明:平面PAD⊥平面ABCD;(2)求EF與平面PDB所成角的正弦值.11.(12分)(2024山東青島三模,理19)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面ABCD和側(cè)面BCC1B1都是矩形,E是CD的中點(diǎn),D1E⊥CD,AB=2BC=2.(1)求證:平面CC1D1D⊥平面ABCD;(2)若平面BCC1B1與平面BED1所成的二面角的大小為π3,求直線CA1和平面BCC1B1所成角的正弦值參考答案單元質(zhì)檢卷八立體幾何(B)1.B由BD∥B1D1知,BD∥平面B1D1P,所以m∥BD∥B1D1.又m?平面B1D1Q,B1D1?平面B1D1Q,所以m∥平面B1D1Q,故選B.2.C由三視圖還原該幾何體如圖,該幾何體為圓柱挖去兩個(gè)圓錐,圓柱的底面半徑為2,高是4,圓錐的底面半徑為2,高分別為1和3.則V=π×22×4-13π×22×(1+3)=323.BM是線段BC上一動(dòng)點(diǎn),連接PM,∵PA,PB,PC相互垂直,∴∠AMP就是直線AM與平面PBC所成角,當(dāng)PM最短時(shí),即PM⊥BC時(shí),直線AM與平面PBC所成角的正切值最大.此時(shí)APPM=62在直角△PBC中,PB·PC=BC·PM,故PC=1+PC2×63,解得PC=2.將三棱錐∴三棱錐P-ABC的外接球的半徑為R=1,其表面積為4πR2=4π.故選B.4.D連接B1C交BC1于點(diǎn)O,則B1O⊥BC1,易知A1B1⊥BC1,則BC1⊥平面B1OE,所以BC1⊥EO,從而∠B1OE為二面角B1-BC1-E的平面角,則∠B1OE=45°.因?yàn)锳B=2,所以B1E=B1O=2,所以四面體BB1C1E的外接球半徑R=2+4+42=102.故四面體BB1C1E的外接球的表面積為4π105.C如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的一側(cè)補(bǔ)上一個(gè)相同的長(zhǎng)方體EFBA-E1F1B1A1.連接B1F,由長(zhǎng)方體性質(zhì)可知,B1F∥AD1,所以∠DB1F為異面直線AD1與DB1所成的角或其補(bǔ)角.連接DF,由題意,得DF=12+(1+1)2=5,FB1在△DFB1中,由余弦定理,得DF2=FB12+DB12-2FB1·DB1·cos∠即5=4+5-2×2×5×cos∠DB1則cos∠DB1F=56.D如圖,過(guò)點(diǎn)P作PE⊥平面ABC,垂足為E,過(guò)點(diǎn)E作ED⊥AC交AC于點(diǎn)D,連接PD,則∠PDE為二面角P-AC-B的平面角的補(bǔ)角,即cos∠PDE=63,sin∠PDE=易知AC⊥平面PDE,則AC⊥PD,而△PAC為等邊三角形,∴D為AC中點(diǎn),設(shè)AB=a,BC=b,AC=a2+則PE=PDsin∠PDE=32×c×33=c2,故三棱錐P-ABC的體積為V=13×12ab×c2=112abc≤112c×a2+設(shè)三棱錐P-ABC的外接球的球心為O,半徑為R,由已知,4πR2=8π,得R=2過(guò)點(diǎn)O作OF⊥PE于點(diǎn)F,則四邊形ODEF為矩形,在Rt△ODC中,EF=OD=OC2-DC2=2-c22,ED=OF=PDcos∠PDE=22c,在Rt△PFO中,OP2=PF2+OF2,即(2所以三棱錐P-ABC體積的最大值為c7.4π過(guò)點(diǎn)B作BH垂直于底面于點(diǎn)H,則∠ABH即為異面直線AB與OO1所成角,則tan∠ABH=24由OH平行等于O1B,且OA⊥O1B,可得OH⊥OA,得AH=12又tan∠ABH=AHBH,所以圓柱的高BH=AHtan∠ABH=4,所以圓柱的體積為π·OA2·OO1=8.24要使截面SDE的周長(zhǎng)最短,則SE+ED將平面ABCD沿BC折至A'BCD',使SBC與A'BCD'共面,連接SD'交BC于E,連接ED,此時(shí)△SDE周長(zhǎng)最短,作EF∥CD交AD于F,則∠SEF即為所求角,在Rt△SAB中,求得SB=2,∴由SBSA'=BE∴在Rt△SBE中,求得SE=22∴在Rt△SFE中,cos∠SEF=EF故SE與CD所成角的余弦值等于29.(1)證明依題意,可以建立以A為原點(diǎn),以AB,AD,AE的方向分別為x軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D設(shè)CF=h(h>0),則F(1,2,h).依題意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0,又因?yàn)橹本€BF?平面ADE,所以BF∥(2)解依題意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則n·BD=0,n·BE=0因此有cos<CE,n>=CE·n所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為4(3)解設(shè)m=(x,y,z)為平面BDF的法向量,則m·BD=0,m·BF=0,即-x由題意,有|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=4-2h310.(1)證明連接AC,四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形,F是BD的中點(diǎn),也是AC的中點(diǎn),又E是PC的中點(diǎn),∴EF∥PA,∵EF⊥CD,∴PA⊥CD.又∵AD⊥CD,AD∩AP=A,∴CD⊥平面PAD.又∵CD?平面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.(2)解由(1)知EF∥PA,∴EF與平面PDB所成的角等于PA與平面PDB所成角,取AD中點(diǎn)O,連接PO,∵△PAD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,∴PO⊥AD,且PO=3,由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,故PO⊥平面ABCD,以O(shè)為原點(diǎn),OA,OF,OP所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則O(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),P(0,0,3),D(-1,0,0),PA=(1,0,-3),PB=(1,2,-3),PD=(-1,0,-3),設(shè)平面PDB的法向量為n=(x,y,z),則n令z=1,∴n=(-3,∴cos<PA,n>=PA·n|PA||n|=11.(1)證明因?yàn)槠矫鍭BCD和側(cè)面BCC1B1都是矩形,所以BC⊥CD,BC⊥CC1,又CD∩CC1=C,CD?平面CC1D1D,CC1?平面CC1D1D,所以BC⊥平面CC1D1D,又D1E?平面CC1D1D,所以BC⊥D1E,又D1E⊥CD,BC∩CD=C,BC?平面ABCD,CD?平面ABCD,所以D1E⊥平面ABCD,又D1E?平面CC1D1D,所以平面CC1D1D⊥平面ABCD.(2)解取AB的中點(diǎn)F,因?yàn)镋是CD的中點(diǎn),平面ABCD是矩形,所以EF⊥CD,以E為原點(diǎn),以EF,EC,ED1所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz,如圖所示,設(shè)ED1=a(a>0),則E(0,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,a),C(0,1,0),C1(0,2,a),EB=(1,1,0),ED1=(0,0,a設(shè)平面BED1的法向量n=(x1,y1,z1),由n1·令x1=1,可得y1=-1,z1=0,所以n1=(1,-1,0),設(shè)