2022高考總復習 數(shù)學(人教A理一輪)單元質(zhì)檢卷八　立體幾何(A)

1、 單元質(zhì)檢卷八立體幾何(A)(時間: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選項中,只有一項是符合題目要求的.1.(2020陜西咸陽模擬)某四棱錐的三視圖如圖所示,則該四棱錐的最長棱的長度為() A.32B.23C.22D.22.(2020安徽黃山模擬)E是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱C1D1上的一點(不與端點重合),BD1平面B1CE,則()A.BD1CEB.AC1BD1C.D1E=2EC1D.D1E=EC13.(2020山東濟寧三模,7)我國古代數(shù)學名著九章算術(shù)中“開立圓術(shù)”曰:置積尺數(shù),以十六乘之,九而一,所得開立方除之,即立圓徑.

2、“開立圓術(shù)”相當給出了一個已知球的體積V,求這個球的直徑d的近似公式,即d3169V.若取=3.14,試判斷下列近似公式中最精確的一個是()A.d32VB.d3169VC.d32011VD.d32111V4.已知四棱錐P-ABCD的底面四邊形ABCD是邊長為2的正方形,若過點P作平面ABCD的垂線,垂足為四邊形ABCD的中心,且四棱錐P-ABCD的側(cè)棱與底面所成的角為60,則四棱錐P-ABCD的高為()A.22B.3C.6D.235.(2020山東濟南三模,4)如圖,在圓柱O1O2內(nèi)有一個球O,該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.若O1O2=2,則圓柱O1O2的表面積為()A.4B.5C.6D

3、.6.(2020廣東珠海模擬)平面過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,平面CB1D1,平面ABCD=m,平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為()A.32B.22C.33D.13二、填空題:本題共2小題,每小題5分,共10分.7.(2020山東萊蕪模擬)一個圓臺上、下底面的半徑分別為3 cm和8 cm,若兩底面圓心的連線長為12 cm,則這個圓臺的母線長為 cm.8.某工廠現(xiàn)將一棱長為3的正四面體毛坯件切割成一個圓柱體零件,則該圓柱體體積的最大值為.三、解答題:本題共3小題,共36分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.9.(12分)(2020河南鄭州模擬)如圖1,ABC中

4、,AB=BC=2,ABC=90,E,F分別為邊AB,AC的中點,以EF為折痕把AEF折起,使點A到達點P的位置(如圖2),且PB=BE.(1)證明:EF平面PBE;(2)設(shè)N為線段PF上的動點(包含端點),求直線BN與平面PCF所成角的正弦值的最大值.10.(12分)(2020山東日照一模,理19)如圖,已知四邊形ABCD為等腰梯形,BDEF為正方形,平面BDEF平面ABCD,ADBC,AD=AB=1,ABC=60.(1)求證:平面CDE平面BDEF;(2)點M為線段EF上一動點,求BD與平面BCM所成角正弦值的取值范圍.11.(12分)(2020山東泰安一模,19)在四邊形ABCP中,AB=

5、BC=2,P=3,PA=PC=2;如圖,將PAC沿AC邊折起,連接PB,使PB=PA,(1)求證:平面ABC平面PAC;(2)若F為棱AB上一點,且AP與平面PCF所成角的正弦值為34,求二面角F-PC-A的大小.參考答案單元質(zhì)檢卷八立體幾何(A)1.B在正方體中還原該四棱錐,如圖所示,可知SD為該四棱錐的最長棱.由三視圖可知正方體的棱長為2,故SD=22+22+22=23.故選B.2.D如圖,設(shè)B1CBC1=O,可得平面D1BC1平面B1CE=EO,BD1平面B1CE,根據(jù)線面平行的性質(zhì)可得D1BEO,O為BC1的中點,E為C1D1中點,D1E=EC1,故選D.3.D由球體的體積公式得V=4

6、3R3=43d23=d36,得d=36V,61.910 8,1691.777 8,21111.909 1,20111.818 2,2111與6最為接近.故選D.4.C如圖,高為PO,根據(jù)線面角的定義可知PCO是側(cè)棱PC與底面所成的角,據(jù)題設(shè)分析知,所求四棱錐P-ABCD的高PO=22+222tan 60=6.故選C.5.C因為該球與圓柱的上、下底面及母線均相切,不妨設(shè)圓柱底面半徑為r,故2r=O1O2=2,解得r=1.故該圓柱的表面積為2r2+2rO1O2=2+4=6.故選C.6.A根據(jù)平面與平面平行的性質(zhì),將m,n所成的角轉(zhuǎn)化為平面CB1D1與平面ABCD的交線及平面CB1D1與平面ABB1

7、A1的交線所成的角.設(shè)平面CB1D1平面ABCD=m1.平面平面CB1D1,m1m.又平面ABCD平面A1B1C1D1,且平面CB1D1平面A1B1C1D1=B1D1,B1D1m1.B1D1m.平面ABB1A1平面DCC1D1,且平面CB1D1平面DCC1D1=CD1,同理可得CD1n.因此直線m與n所成的角即直線B1D1與CD1所成的角.在正方體ABCD-A1B1C1D1中,CB1D1是正三角形,故直線B1D1與CD1所成角為60,其正弦值為32.故選A.7.13如圖,過點A作ACOB交OB于點C.在RtACB中,AC=12 cm,BC=8-3=5(cm).所以AB=122+52=13(cm

8、).8.227圓柱體體積最大時,圓柱的底面圓心為正四面體的底面中心O,圓柱的上底面與棱錐側(cè)面的交點N在側(cè)面的中線AM上.正四面體棱長為3,BM=32,OM=12,BO=1,AO=2,設(shè)圓柱的底面半徑為r,高為h,則0r12.由三角形相似得r12=2-h2,即h=2-22r,圓柱的體積V=r2h=2r2(1-2r),r2(1-2r)r+r+1-2r33=127,當且僅當r=1-2r即r=13時取等號.圓柱的最大體積為227.故答案為227.9.(1)證明因為E,F分別為邊AB,AC的中點,所以EFBC.因為ABC=90,所以EFBE,EFPE,又BEPE=E,所以EF平面PBE.(2)解取BE的

9、中點O,連接PO,因為PB=BE=PE,所以POBE.由(1)知EF平面PBE,EF平面BCFE,所以平面PBE平面BCFE.又PO平面PBE,平面PBE平面BCFE=BE,所以PO平面BCFE.過點O作OMBC交CF于點M,分別以O(shè)B,OM,OP所在的直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示,則B12,0,0,P0,0,32,C12,2,0,F-12,1,0,PC=12,2,-32,PF=-12,1,-32,由N為線段PF上一動點,得PN=PF(01),則可得N-2,32(1-),BN=-+12,32(1-).設(shè)平面PCF的法向量為m=(x,y,z),則PCm=0,PFm=0,即1

10、2x+2y-32z=0,-12x+y-32z=0,取y=1,則x=-1,z=3,所以m=(-1,1,3)為平面PCF的一個法向量.設(shè)直線BN與平面PCF所成的角為,則sin =|cos|=|BNm|BN|m|=2522-+1=252-142+782578=47035當且僅當=14時取等號,所以直線BN與平面PCF所成角的正弦值的最大值為47035.10.(1)證明在等腰梯形ABCD中,ADBC,AD=AB=1,ABC=60,BAD=CDA=120,ADB=30,CDB=90.即BDCD,BD=AB2+AD2-2ABADcos120=3,BC=2.平面BDEF平面ABCD,平面BDEF平面ABC

11、D=BD,CD平面ABCD,CD平面BDEF.CD平面CDE,平面CDE平面BDEF.(2)解由(1)知,分別以直線DB,DC,DE為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,設(shè)EM=m(0m3),則B(3,0,0),C(0,1,0),D(0,0,0),M(m,0,3),BC=(-3,1,0),BM=(m-3,0,3),DB=(3,0,0),設(shè)平面BMC的法向量為n=(x,y,z),nBC=0,nBM=0,即-3x+y=0,(m-3)x+3z=0,令x=3,則y=3,z=3-m,平面BMC的一個法向量為n=(3,3,3-m).設(shè)BD與平面BCM所成角為,sin =|cos|=|nBD|n|BD|=3

12、3(m-3)2+12,當m=0時取最小值55,當m=3時取最大值12.故BD與平面BCM所成角正弦值的取值范圍為55,12.11.證明(1)在PAC中,PA=PC=2,APC=3,PAC為正三角形,且AC=2,在ABC中,AB=BC=2,ABC為等腰直角三角形,且ABBC.取AC的中點O,連接OB,OP,則OBAC,OPAC,OB=1,OP=3,PB=PA=2,PB2=OB2+OP2,OPOB,OPAC=O,AC,OP平面PAC,OB平面PAC.OB平面ABC,平面ABC平面PAC.(2)以O(shè)為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz,則A(0,-1,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,3),AB=(1,1,0),AP=(0,1,3),CP=(0,-1,3),CA=(0,-2,0),設(shè)AF=mAB=(m,m,0)(0m1),則CF=CA+AF=(m,m-2,0).設(shè)平面PFC的一個法向量為n=(x,y,z).則nCF=0,nCP=