高考数学人教A版理科第一轮复习单元测试题单元质检八B

单元质检八立体几何(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.(2017浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.π2+1 B.π2C.3π2+1 D.32.如图,在三棱锥ABCD中,DA,DB,DC两两垂直,且DB=DC,E为BC的中点,则AE·BC等于(A.3B.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ABCDA1B1C1D1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.2π9 BC.2π3 D5.在空间直角坐标系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,2).若S1,S2,S3分别是三棱锥DABC在xOy,yOz,zOx坐标平面上的正投影图形的面积,则 ()A.S1=S2=S3 B.S2=S1,且S2≠S3C.S3=S1,且S3≠S2 D.S3=S2,且S3≠S16.(2017福建莆田一模)已知正方体ABCDA1B1C1D1,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,α∩平面AB1C=m,平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,β∩平面ADD1A1=n,则m,n所成角的余弦值为()A.0 B.12C.22 D.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ABDC(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SABC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PABCD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DAEC为60°,AP=1,AD=3,求三棱锥EACD的体积.10.(15分)如图,在四棱锥PABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,说明理由11.(15分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,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.答案：1.A解析V=13×3×2×1=π22.D解析AE·BC=(AD+DE)·BC=AD·BC+3.B解析如图,由题意,得EF∥BD,且EF=15BDHG∥BD,且HG=12BD故EF∥HG,且EF≠HG.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=43π·r3=4∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,120°为360°的13,只取半球的1则V'=4π5.D解析根据题目条件,在空间直角坐标系Oxyz中作出该三棱锥DABC,如图,显然S1=S△ABC=12×2×2=2,S2=S3=12×2×2=26.D解析如图所示,∵BD1⊥平面AB1C,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,∴平面α即为平面DBB1D1.设AC∩BD=O.∴α∩平面AB1C=OB1=m.∵平面A1C1D过直线A1C1,与平面AB1C平行,而平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,∴平面A1C1D即为平面β.β∩平面ADD1A1=A1D=n,又A1D∥B1C,∴m,n所成角为∠OB1C,由△AB1C为正三角形,则cos∠OB1C=cosπ6=327.14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∵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,=AB=-12×∴异面直线AB与CD所成的角的余弦值为148.33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=2作SD⊥AB于D,连接OD,OS,易知SD⊥平面ABC,注意到SD=SO2-OD2=R2-OD2,因此高SD的最大值为232-因为三棱锥SABC的体积为13S△ABC·SD=13×34×22所以三棱锥SABC的体积的最大值为33×1=39.(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EO∥PB.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、则P(0,0,1),D(0,3,0),E0,设B(m,0,0)(m>0),则C(m,3,0),AC=(m,3,0).设n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量,则n可取n1=3m由题意得n2=(1,0,0)为平面DAE的一个法向量.由题设|cos<n1,n2>|=12,即33+4m2=因为E为PD的中点,所以三棱锥EACD的高为12三棱锥EACD的体积V=1310.(1)证明因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,所以PD⊥平面PAB.(2)解如图,取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.如图,建立空间直角坐标系Oxyz.由题意,得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n令z=2,则x=1,y=2.所以n=(1,2,2).因为PB=(1,1,1),所以cos<n,PB>=n·PB|所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33(3)解设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得AM=λAP.因此点M(0,1λ,λ),BM=(1,λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当BM·n=0,即(1,λ,λ)·(1,2,2)=0.解得λ=14所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时AMAP11.(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GH∥AB,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AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.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GM∥AE.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MF∥AD.又因为AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF=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BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B为原点,分别以BE,BQ,BA的