全国统考2024高考数学一轮复习单元质检卷八立体几何B理含解析北师大版

单元质检卷八立体几何(B)(时间:60分钟满分:76分)一、选择题:本题共6小题,每小题5分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.(2024广东深圳模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,P为棱CC1上的动点,Q为棱AA1的中点,设直线m为平面BDP与平面B1D1P的交线,以下关系中正确的是()A.m∥D1Q B.m∥平面B1D1QC.m⊥B1Q D.m⊥平面ABB1A12.已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.16π B.12π C.323π D.163.(2024湖南常德一模,文6)三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC相互垂直,PA=PB=1,M是线段BC上一动点,若直线AM与平面PBC所成角的正切的最大值是62,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是(A.2π B.4π C.8π D.16π4.(2024河北邢台模拟,理11)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱A1B1上一点,且AB=2,若二面角B1-BC1-E为45°,则四面体BB1C1E的外接球的表面积为()A.172π B.12π C.9π D.105.(2024山东枣庄模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15 B.56 C.556.(2024山西太原二模,理12)三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,△PAC为等边三角形,二面角P-AC-B的余弦值为-63,当三棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为8π.则三棱锥体积的最大值为(A.1 B.2 C.12 D.二、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.7.(2024湖南常德一模,文14)如图,圆柱OO1中,两半径OA,O1B等于1,且OA⊥O1B,异面直线AB与OO1所成角的正切值为24,则该圆柱OO1的体积为.8.《九章算术》卷第五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”,现有阳马S-ABCD,SA⊥平面ABCD,AB=1,AD=3,SA=3,BC上有一点E,使截面SDE的周长最短,则SE与CD所成角的余弦值等于.

(第7题图)(第8题图)三、解答题:本题共3小题,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9.(12分)(2024天津,理17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF∥平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长10.(12分)(2024河南开封三模,理18)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,△PAD为等边三角形,E,F分别为PC和BD的中点,且EF⊥CD.(1)证明:平面PAD⊥平面ABCD;(2)求EF与平面PDB所成角的正弦值.11.(12分)(2024山东青岛三模,理19)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,平面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形,E是CD的中点,D1E⊥CD,AB=2BC=2.(1)求证:平面CC1D1D⊥平面ABCD;(2)若平面BCC1B1与平面BED1所成的二面角的大小为π3,求直线CA1和平面BCC1B1所成角的正弦值参考答案单元质检卷八立体几何(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,故选B.2.C由三视图还原该几何体如图,该几何体为圆柱挖去两个圆锥,圆柱的底面半径为2,高是4,圆锥的底面半径为2,高分别为1和3.则V=π×22×4-13π×22×(1+3)=323.BM是线段BC上一动点,连接PM,∵PA,PB,PC相互垂直,∴∠AMP就是直线AM与平面PBC所成角,当PM最短时,即PM⊥BC时,直线AM与平面PBC所成角的正切值最大.此时APPM=62在直角△PBC中,PB·PC=BC·PM,故PC=1+PC2×63,解得PC=2.将三棱锥∴三棱锥P-ABC的外接球的半径为R=1,其表面积为4πR2=4π.故选B.4.D连接B1C交BC1于点O,则B1O⊥BC1,易知A1B1⊥BC1,则BC1⊥平面B1OE,所以BC1⊥EO,从而∠B1OE为二面角B1-BC1-E的平面角,则∠B1OE=45°.因为AB=2,所以B1E=B1O=2,所以四面体BB1C1E的外接球半径R=2+4+42=102.故四面体BB1C1E的外接球的表面积为4π105.C如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体EFBA-E1F1B1A1.连接B1F,由长方体性质可知,B1F∥AD1,所以∠DB1F为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角.连接DF,由题意,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则cos∠DB1F=56.D如图,过点P作PE⊥平面ABC,垂足为E,过点E作ED⊥AC交AC于点D,连接PD,则∠PDE为二面角P-AC-B的平面角的补角,即cos∠PDE=63,sin∠PDE=易知AC⊥平面PDE,则AC⊥PD,而△PAC为等边三角形,∴D为AC中点,设AB=a,BC=b,AC=a2+则PE=PDsin∠PDE=32×c×33=c2,故三棱锥P-ABC的体积为V=13×12ab×c2=112abc≤112c×a2+设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,半径为R,由已知,4πR2=8π,得R=2过点O作OF⊥PE于点F,则四边形ODEF为矩形,在Rt△ODC中,EF=OD=OC2-DC2=2-c22,ED=OF=PDcos∠PDE=22c,在Rt△PFO中,OP2=PF2+OF2,即(2所以三棱锥P-ABC体积的最大值为c7.4π过点B作BH垂直于底面于点H,则∠ABH即为异面直线AB与OO1所成角,则tan∠ABH=24由OH平行等于O1B,且OA⊥O1B,可得OH⊥OA,得AH=12又tan∠ABH=AHBH,所以圆柱的高BH=AHtan∠ABH=4,所以圆柱的体积为π·OA2·OO1=8.24要使截面SDE的周长最短,则SE+ED将平面ABCD沿BC折至A'BCD',使SBC与A'BCD'共面,连接SD'交BC于E,连接ED,此时△SDE周长最短,作EF∥CD交AD于F,则∠SEF即为所求角,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与CD所成角的余弦值等于29.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,以AB,AD,AE的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D设CF=h(h>0),则F(1,2,h).依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0,又因为直线BF⊈平面ADE,所以BF∥(2)解依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则n·BD=0,n·BE=0因此有cos<CE,n>=CE·n所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为4(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则m·BD=0,m·BF=0,即-x由题意,有|cos<m,n>|=|m·n||m||n|=4-2h310.(1)证明连接AC,四边形ABCD是边长为2的正方形,F是BD的中点,也是AC的中点,又E是PC的中点,∴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与平面PDB所成的角等于PA与平面PDB所成角,取AD中点O,连接PO,∵△PAD是边长为2的等边三角形,∴PO⊥AD,且PO=3,由(1)知平面PAD⊥平面ABCD,故PO⊥平面ABCD,以O为原点,OA,OF,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,则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),设平面PDB的法向量为n=(x,y,z),则n令z=1,∴n=(-3,∴cos<PA,n>=PA·n|PA||n|=11.(1)证明因为平面ABCD和侧面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的中点F,因为E是CD的中点,平面ABCD是矩形,所以EF⊥CD,以E为原点,以EF,EC,ED1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,如图所示,设ED1=a(a>0),则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设平面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),设