1、单元质量测试(六)时间：120分钟满分：150分一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40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水平放置的ABC，有一边在水平线上，它的斜二测直观图是正三角形ABC，则ABC是()A锐角三角形B直角三角形C钝角三角形D任意三角形答案C解析如图所示，将斜二测直观图还原为平面图形，故ABC是钝角三角形2(2021海南第二次模拟)用到球心的距离为1的平面去截球，以所得截面为底面，球心为顶点的圆锥体积为，则球的表面积为()A16B32C.36D48答案C解析设球的半径为R，则题中圆锥体积V1(R21)，解得R3，故球的表面积为4R236.故选C.3.
2、 如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，则下列结论不正确的是()APD平面AMCBOM平面PCDCOM平面PDADOM平面PBA答案D解析因为矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，所以O为BD的中点在PBD中，因为M是PB的中点，所以OM是PBD的中位线，所以OMPD，则PD平面AMC，OM平面PCD，且OM平面PDA，故A，B，C正确因为MPB，所以OM与平面PBA相交，故D不正确故选D.4如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，E为弧的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.BC.D答案D解析如图，取BC的中点H，连接EH，AH，则EHA90
3、.设AB2，则BHHE1，AH，所以AE.连接ED，则ED.因为BCAD，所以异面直线AE与BC所成的角即为EAD，在EAD中，cosEAD.故选D.5(2021湖北武汉模拟)在三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCAC，侧棱AA1底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为4，则该三棱柱的侧面积为()A6B3C.3D3答案B解析如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O1，O2，则O1O2的中点为O，设球O的半径为R，则OAR，设ABBCACa，AA1h，则OO2h，O2AABa，则在RtOO2A中，R2OA2OOO2A2h2a22haah，当且仅当ha时，等号成
4、立，所以S球4R24ah，所以ah4，所以ah，所以该三棱柱的侧面积为3ah3.故选B.6在正四棱锥PABCD中，四条侧棱长均为2，底面ABCD是正方形，E为PC的中点，若异面直线PA与BE所成的角为45，则该四棱锥的体积是()A4B2C.D答案D解析如图，连接AC，BD，设ACBDO，连接PO，OE，因为O，E分别是AC和PC的中点，所以OEPA，OEPA1，则BEO或其补角即为异面直线PA与BE所成的角因为底面ABCD是正方形，所以BOAC，又POBO，POACO，所以BO平面PAC，则BOOE，所以BEO45，所以BOE是等腰直角三角形，所以BOOE1，PO，BC，则四棱锥PABCD的体
5、积V()2.故选D.7(2021河北高三4月模拟)已知三棱锥PABC的四个顶点都在半径为R的球面上，且BAC，BC2，若三棱锥PABC体积的最大值为R，则该球的表面积为()A.BC.D答案A解析如图，ABC外接圆的半径为，当ABC为正三角形(ABC的面积最大)且P，O，O1(O，O1分别为三棱锥PABC外接球的球心和ABC外接圆的圆心)三点共线时，三棱锥的体积最大此时VPABCSABC(ROO1)(ROO1)R，所以OO1R.在RtOO1A中，由R2OO2，得R2，故该球的表面积为.故选A.8(2019浙江高考)设三棱锥VABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)记直线
6、PB与直线AC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，二面角PACB的平面角为，则()A，B，C，D，答案B解析如图，取BC的中点D，作VO平面ABC于点O，由题意知点O在AD上，且AO2OD.作PEAC，PE交VC于点E，连接BE，作PFAD于点F，则PF平面ABC，可知PFAC.取AC的中点M，连接BM，VM，设VM交PE于点H，连接BH，易知BHPE.作PGAC于点G，连接FG，则AC平面PGF，可知FGAC，作FNBM于点N.由作图可知平面PGF平面VMB，PHFN，所以PHFN.因此，直线PB与直线AC所成的角BPE，直线PB与平面ABC所成的角PBF，二面角PACB的平面角PG
7、F，coscos.又，所以tan，且，所以.综上所述，.故选B.二、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9(2021广东湛江模拟)已知m，n为两条不同直线，为两个不同平面，则下列结论正确的是()A若，m，则m或mB若m，n，m，n，则C若mn，m，n，则D若m，mn，则n答案AD解析对于A，m，由面面平行的性质，知m或m，所以A正确；对于B，m，n，m，n，可能和相交，所以B错误；对于C，mn，m，n，可能n，所以C错误；对于D，m，mn，则n，由于，则n，所以D正确故选AD.10(2021湖南
8、郴州第三次质量监测)如图所示，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论正确的是()A异面直线AC与MN所成的角为定值B存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直C三棱锥NACM与BACD体积之比为定值D四面体ABCD的外接球体积为答案ACD解析对于A，取AC的中点O，连接OB，OD，则ACOB，且ACOD，所以AC平面OBD，所以ACBD，异面直线AC与BD所成的角为90，又MNBD，所以异面直线AC与MN所成的角为定值，故A正确；对于B，若直线AD与直线BC垂直，因为直线AB与直线BC也垂直，则直线BC平
9、面ABD，所以直线BC直线BD，而BCD是以BC和CD为腰长的等腰三角形，这显然不可能，故B不正确；对于C，M，N分别为正方形ABCD的边BC，CD的中点，所以ACD与ACN面积之比为21，B到平面ACD的距离与M到平面ACN的距离之比为21，则三棱锥NACM与BACD体积之比为定值，故C正确；对于D，外接球球心为AC的中点O，易知外接球半径为R，所以VR3，故D正确故选ACD.11. (2021新课标地区联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PA底面ABCD，PAAB，截面BDE与直线PC平行，与PA交于点E，则下列判断正确的是()AE为PA的中点BPB与CD所成的角为C平
10、面BDE平面PACD点P与点A到平面BDE的距离相等答案ACD解析对于A，连接AC交BD于点M，连接EM，如图所示，PC平面BDE，PC平面PAC，且平面PAC平面BDEEM，PCEM，又四边形ABCD是正方形，M为AC的中点，E为PA的中点，故A正确；对于B，ABCD，PBA为PB与CD所成的角，PA平面ABCD，AB平面ABCD，PAAB，在RtPAB中，PAAB，PBA，故B错误；对于C，PA平面ABCD，BD平面ABCD，PABD，又ACBD，ACPAA，AC，PA平面PAC，BD平面PAC，又BD平面BDE，平面BDE平面PAC，故C正确；PA平面BDEE，且E为线段PA的中点，点P
11、与点A到平面BDE的距离相等，故D正确故选ACD.12(2021广东肇庆第二次统一检测)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABAD1，AA12，P是线段BC1上的一动点，则下列说法中正确的是()AA1P平面AD1CBA1P与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值是CA1PPC的最小值为D以A为球心，为半径的球面与侧面DCC1D1的交线长是答案ABD解析对于A，由于平面A1BC1平面AD1C，所以A1P平面AD1C，故A正确；对于B，连接B1P，易得A1PB1为A1P与平面BCC1B1所成的角，tanA1PB1，当B1PBC1时，B1P最小，A1P与平面BCC1B1所成角的正切值最大，最大值是
12、，故B正确；对于C，将A1C1B沿BC1翻折与BCC1在同一平面，且点A1，C在直线BC1的异侧，此时cosA1C1B，sinA1C1B，cosBC1C，sinBC1C，则cosA1C1C，由余弦定理得A1C，所以A1PPC的最小值为，故C错误；对于D，由于AD平面DCC1D1，所以交线为以D为圆心，1为半径的四分之一圆周，所以交线长是，故D正确故选ABD.三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在球O的球面上若ABBC2，ABC90，AA12，则球O的表面积为_答案16解析由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的
13、体对角线，即2R4，所以R2，故球O的表面积S4R216.14(2021山东德州高考模拟)已知三棱锥PABC中，AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥的四个面截得的所有弧长之和为_答案3解析如图，AP2，PN4，则AN2，APN，NPM，4，同理，2，4，故球面被三棱锥的四个面截得的所有弧长之和为3.15(2021福建三明期末)已知直三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长为2，底面为等边三角形，若球O与该三棱柱的各条棱都相切，则球O的体积为_答案解析由已知可得，三棱柱ABCA1B1C1为正三棱柱，如图，设上、下底面的中心分别为H，G，由对称性
14、可知，球O的球心为HG的中点，取AA1的中点E，连接OE，连接AG并延长，交BC于F，连接OF，则OEOF，设ABC的边长为2a，则OEAGa，OF22()2，223，解得a，球O的半径为OE2，则球O的体积为23.16(2021河北秦皇岛第二次模拟)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，M，N，P分别为棱A1A，A1B1，A1D1上的动点，且满足，则直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为_；若以MNP为一底面的正三棱柱(底面为正三角形且侧棱垂直于底面的棱柱)的另一底面的三个顶点也在正方体ABCDA1B1C1D1的表面上，则此正三棱柱体积的最大值为_答案1解析连接A1C1，B1D1，则
15、A1C1B1D1，CC1平面A1B1C1D1，CC1B1D1，A1C1CC1C1，B1D1平面A1C1C，可得B1D1A1C，NPB1D1，则A1CNP，同理A1CMP，NPMPP，A1C平面MNP，直线A1C与平面MNP所成角的正弦值为1.A1C平面MNP，过M点作A1C的平行线与AC交于点O，则MO为正三棱柱的侧棱，设x，则正三角形MNP的边长MNx，在A1AC中，1x，MO(1x)，V正三棱柱SMNPMO(x2x3)，x(0，1)，V(2x3x2)，令V0，解得x，当x时，V随x的增大而增大，当x时，V随x的增大而减小，VmaxV.四、解答题(本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证
16、明过程或演算步骤)17. (2021山东泰安一模)(本小题满分10分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，AB2AD2，PA平面ABCD，E为PD中点(1)若PA1，求证：AE平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成的角最大时，求三棱锥EABC的体积解(1)证明：PA平面ABCD，CD平面ABCD，PACD，四边形ABCD为矩形，ADCD，又ADPAA，AD，PA平面PAD，CD平面PAD，AE平面PAD，AECD，在PAD中，PAAD，E为PD的中点，AEPD，而PDCDD，PD，CD平面PCD，AE平面PCD.(2) 以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z
17、轴建立空间直角坐标系，设APa(a0)，则C(2,1,0)，P(0,0，a)，E，(2,1,0)，(2,1，a)，设平面ACE的法向量为n(x，y，z)，则取ya，可得n.设直线PC与平面ACE所成角为，则sin|cosn，|，当且仅当5a2，即a时等号成立即当AP时，直线PC与平面ACE所成的角最大，此时三棱锥EABC的体积V21.18(2021北京东城区检测)(本小题满分12分)已知正方形ABCD的边长为1，PD平面ABCD，且PD1，E，F分别为AB，BC的中点(1)求点D到平面PEF的距离；(2)求直线AC到平面PEF的距离解建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(1,0
18、,0)，C(0,1,0)，E，F.(1)所以，设平面PEF的法向量n(x，y，z)，则即令x2，则y2，z3，所以n(2,2,3)为平面PEF的一个法向量，所以点D到平面PEF的距离d1，因此点D到平面PEF的距离为.(2)因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EFAC.又因为EF平面PEF，AC平面PEF，所以AC平面PEF.所以直线AC到平面PEF的距离即为点A到平面PEF的距离因为，所以点A到平面PEF的距离d2.所以直线AC到平面PEF的距离为.19(2021新高考八省联考)(本小题满分12分)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容用曲率
19、刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为23，故其总曲率为4.(1)求四棱锥的总曲率；(2)若多面体满足顶点数棱数面数2，证明：这类多面体的总曲率是常数解(1)由题可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和可以从整个多面体的角度考虑，所有与顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合由图可知，四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个面为三角形，1个面为四边形
20、所以四棱锥的表面内角和为4个三角形、1个四边形的所有内角和，则其总曲率为25(42)4.(2)证明：设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有nlm2.设第i个面的棱数为xi，所以x1x2xm2l，所以总曲率为2n(x12)(x22)(xm2)2n(2l2m)2(nlm)4，所以这类多面体的总曲率是常数20. (2021四川绵阳中学三诊)(本小题满分12分)如图，已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，E，F分别为AA1，AB的中点(1)求证：直线D1E，CF，DA交于一点；(2)若直线D1E与平面ABCD所成的角为，求二面角ECD1B的余弦值解(1)证明：连接EF，A
21、1B，因为E，F分别为AA1，AB的中点，所以EFA1B，且EFA1B，因为ABCDA1B1C1D1是直四棱柱，且底面是正方形，所以BCADA1D1，且BCADA1D1，即四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1BD1C，且A1BD1C，所以EFD1C，且EFD1C，即四边形EFCD1为梯形，所以D1E与CF交于一点，记为P，因为P平面ABCD，P平面ADD1A1，所以P在平面ABCD与平面ADD1A1的交线上，又因为平面ABCD平面ADD1A1AD，所以PAD，故直线D1E，CF，DA交于一点(2) 因为直线D1E与平面ABCD所成的角为，即直线D1E与平面A1B1C1D1所成的角为，故ED
22、1A1，所以A1EA1D12，所以AA14，以D为坐标原点，AD，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，D1(0,0,4)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，F(2，1,0)，所以(2，1,0)，(2,0,0)，(0，2,4)，设平面PCD1的法向量为n(x，y，z)，则有令x1，则y2，z1，故n(1,2,1)，设平面BCD1A1的法向量为m(a，b，c)，则有令c1，则b2，故m(0,2,1)，所以cosn，m，故二面角ECD1B的余弦值为.21. (2021河北保定高三二模)(本小题满分12分)如图，在多面体PABCD中，CD平面PAD
23、，AB平面PAD，且AB2CD，AD2，PC，PB.(1)求证：PA平面PCD；(2)求平面PBC与平面PAD所成的锐二面角的大小解(1)证明：CD平面PAD，PA，PD平面PAD，CDPA，CDPD，CD，PC，PD，AB平面PAD，PA平面PAD，ABPA，AB，PB，PA，AD2，PA2PD2AD2，PAPD，CDPDD，CD平面PCD，PD平面PCD，PA平面PCD.(2) CD平面PAD，AB平面PAD，CDAB.取AD的中点O，BC的中点E，连接OP，OE，则OEAB，OE平面PAD.PAPD，O为AD的中点，POAD.故OE，OD，OP两两垂直以点O为坐标原点，OE，OD，OP所
24、在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B，C，P(0,0,1)，设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，由取x，可得m(，1,3)，易知平面PAD的一个法向量为n(1,0,0)，cosm，n，因此，平面PBC与平面PAD所成的锐二面角的大小为.22(2021山东德州高考模拟)(本小题满分12分)如图，四边形ABCD为梯形，ADBC，BMAD于M，CNAD于N，A45，AD4BC4，AB，现沿CN将CDN折起使ADN为正三角形，且平面ADN平面ABCN，过BM的平面与线段DN，DC分别交于E，F.(1)求证：EFDA；(2)在棱DN上(不含端点)是否存在点E，使得直线DB与平面
25、BMEF所成角的正弦值为？若存在，确定E点的位置；若不存在，请说明理由解(1)证明：BMAD，CNAD，BMCN，在四棱锥DABCN中，CN平面CDN，BM平面CDN，BM平面CDN，又平面BMEF平面CDNEF，BMEF，平面ADN平面ABCN且交于AN，BMAN，BM平面ADN，EF平面ADN，又DA平面ADN，EFDA.(2) 存在，E为棱DN上靠近N点的四等分点DADN，AMMN1，连接DM，DMAN，又平面ADN平面ABCN，且平面ADN平面ABCNAN，DM平面ABCN.如图，以M为坐标原点，MA，MB，MD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0，)，B(0,1,0)，M(0,0,0)，N(1,0,0)，(0,1，)，(0，1,0)，(1,0，)，设(01)，则E(1,0，)，(1,0，)，设平面BMEF的法向量为n(x，y，z)，则不妨令x，则z1，n(，0,1)，设直线DB与平面BMEF所成的角为，则有sin|cosn，|，解得或(舍去)，即在棱DN上存在点E，使得直线DB与平面BMEF所成角的正弦值为，E为棱DN上靠近N点的四等分点
