1、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.(2020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.mD1QB.m平面B1D1QC.mB1QD.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.16B.12C.323D.1633.(2020湖南常德一模,文6)三棱锥P-ABC中,PA,PB,PC互相垂直,PA=PB=1,M是线段BC上一
2、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.2B.4C.8D.164.(2020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.172B.12C.9D.105.(2020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.15B.56C.55D.226.(2020山西太原二模,理12)三棱锥P-ABC中,ABBC,PAC为等边三角形,二面角P
3、-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8.则三棱锥体积的最大值为()A.1B.2C.12D.13二、填空题:本题共2小题,每小题5分,共10分.7.(2020湖南常德一模,文14)如图,圆柱OO1中,两半径OA,O1B等于1,且OAO1B,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
4、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)(2019天津,理17)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,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)(2020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EFCD.(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)(2020山东青岛三
5、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,D1ECD,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3,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BDB1D1知,BD平面B1D1P,所以mBDB1D1.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=224-
6、1322(1+3)=323.故选C.3.BM是线段BC上一动点,连接PM,PA,PB,PC互相垂直,AMP就是直线AM与平面PBC所成角,当PM最短时,即PMBC时,直线AM与平面PBC所成角的正切值最大.此时APPM=62,则PM=63.在直角PBC中,PBPC=BCPM,故PC=1+PC263,解得PC=2.将三棱锥P-ABC补充为长方体,则长方体的对角线长为1+1+2=2,三棱锥P-ABC的外接球的半径为R=1,其表面积为4R2=4.故选B.4.D连接B1C交BC1于点O,则B1OBC1,易知A1B1BC1,则BC1平面B1OE,所以BC1EO,从而B1OE为二面角B1-BC1-E的平面
7、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41022=10.故选D.5.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,B1FAD1,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=12+(3)2=2,DB1=12+12+(3)2=5.在DFB1中,由余弦定理,得DF2=FB12+DB12-2FB1DB1cosDB1F,即5=4+5-225
8、cosDB1F,则cosDB1F=55.6.D如图,过点P作PE平面ABC,垂足为E,过点E作EDAC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cosPDE=63,sinPDE=33.易知AC平面PDE,则ACPD,而PAC为等边三角形,D为AC中点,设AB=a,BC=b,AC=a2+b2=c,则PE=PDsinPDE=32c33=c2,故三棱锥P-ABC的体积为V=1312abc2=112abc112ca2+b22=c324,当且仅当a=b=22c时,等号成立,三棱锥P-ABC的体积最大,此时B,D,E共线.设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,半径为R,由已知,
9、4R2=8,得R=2.过点O作OFPE于点F,则四边形ODEF为矩形,在RtODC中,EF=OD=OC2-DC2=2-c22,ED=OF=PDcosPDE=22c,在RtPFO中,OP2=PF2+OF2,即(2)2=22c2+c2-2-c222,解得c=2,所以三棱锥P-ABC体积的最大值为c324=13.7.4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tanABH=24,由OH平行等于O1B,且OAO1B,可得OHOA,得AH=12+12=2,又tanABH=AHBH,所以圆柱的高BH=AHtanABH=4,所以圆柱的体积为OA2OO1=4.8.24要使截面SD
10、E的周长最短,则SE+ED最短,将平面ABCD沿BC折至ABCD,使SBC与ABCD共面,连接SD交BC于E,连接ED,此时SDE周长最短,作EFCD交AD于F,则SEF即为所求角,在RtSAB中,求得SB=2,由SBSA=BEAD得BE=2.在RtSBE中,求得SE=22.在RtSFE中,cosSEF=EFSE=122=24.故SE与CD所成角的余弦值等于24.9.(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(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h0),
11、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BFAB=0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(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nBD=0,nBE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=CEn|CE|n|=-49.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则mBD=0,mBF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可
12、得m=1,1,-2h.由题意,有|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87.10.(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,EFPA,EFCD,PACD.又ADCD,ADAP=A,CD平面PAD.又CD平面ABCD,平面PAD平面ABCD.(2)解由(1)知EFPA,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,POAD,且PO=3,由(1)知平面PAD平面ABCD,故PO平面ABCD,以O为原点,OA
13、,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nPB=0,nPD=0,即x+2y-3z=0,-x-3z=0,令z=1,n=(-3,3,1),cos=PAn|PA|n|=-2327=-217,EF与平面PDB所成角的正弦值为217.11.(1)证明因为平面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形,所以BCCD,BCCC1,又CDCC1=C,CD平面CC1D1D,CC1平
14、面CC1D1D,所以BC平面CC1D1D,又D1E平面CC1D1D,所以BCD1E,又D1ECD,BCCD=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EFCD,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(a0),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=
15、(x1,y1,z1),由n1EB=0,n1ED1=0,可得x1+y1=0,az1=0,令x1=1,可得y1=-1,z1=0,所以n1=(1,-1,0),设平面BCC1B1的法向量n2=(x2,y2,z2),CB=(1,0,0),CC1=(0,1,a).由n2CB=0,n2CC1=0,可得x2=0,y2+az2=0,令z2=1,可得y2=-a,所以n2=(0,-a,1).由于平面BCC1B1与平面BED1所成的二面角的大小为3,所以|cos|=n1n2|n1|n2|=a2a2+1=cos3,解得a=1.所以平面BCC1B1的法向量n2=(0,-1,1),由题知,A1(1,0,1),则CA1=(1,-1,1),设直线CA1和平面BCC1B1所成的角为,则sin=CA1n2|CA1|n2|=1+123=63.