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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 单元质检八单元质检八 立体几何立体几何 (时间:120分钟 满分:150分) 单元质检卷第单元质检卷第 15 页页 一、选择题(本大题共 10小题,每小题 4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.(2017课标高考)如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何 体由一平面将一圆柱截去一部分所得,则该几何体的体积为( ) A.90B.63C.42D.36 答案 B 解析由题意,该几何体是一个组合体,下半部分是一个底面半径为 3,高为 4 的圆柱,其体积 V1= 324=36 ,上半部分
2、是一个底面半径为 3,高为 6 的圆柱的一半,其体积 V2=( 326)=27 ,该组 1 2 合体的体积为 V=V1+V2=36 +27=63.故选 B. 2.(2018浙江五校联考)设 a,b 是两条直线,是两个平面,则“ab”的一个充分条件是( ) A.a,b,B.a,b, C.a,b,D.a,b, 答案 C 解析 A、B、D 项中描述的情况下,直线 a,b 可能平行,如图. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故选 C. 3.已知直线 a 和平面 ,=l,a,a,且 a 在 , 内的射影分别为直线 b 和 c,则直线 b 和 c 的位置 关系是( ) A.相交或平行B.相交或异
3、面 C.平行或异面D.相交、平行或异面 答案 D 解析依题意,直线 b 和 c的位置关系可能是相交、平行或异面. 4. 在棱长为 1的正方体 ABCD-A1B1C1D1中,下列命题不正确的是( ) A.平面 ACB1平面 A1C1D,且两平面的距离为 3 3 B.点 P在线段 AB上运动,则四面体 PA1B1C1的体积不变 C.与所有 12条棱都相切的球的体积为 2 3 D.M 是正方体的内切球的球面上任意一点,N 是AB1C 外接圆的圆周上任意一点,则|MN|的最小值是 3-2 2 答案 D 解析 A.AB1DC1,ACA1C1,且 ACAB1=A,DC1A1C1=C1,平面 ACB1平面
4、A1C1D,长方体的体 对角线 BD1= 3. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 设 B 到平面 ACB1的距离为 h,则111=h,即 h=,则平 - 1= 1 3 1 2 1 3 1 2 22 3 2 3 3 面 ACB1与平面 A1C1D 的距离 d=-2h=-2,故 A 中命题正确. 33 3 3 = 3 3 B.点 P在线段 AB上运动,则四面体 PA1B1C1的高为 1,底面积不变,则体积不变,故 B 中命题正确. C.与所有 12条棱都相切的球的直径 2R 等于面的对角线 B1C=,则 2R=,R=,球的体积 V= 22 2 2 4 3 R3=,故 C 中命题正确. 4
5、 3 ( 2 2) 3 = 2 3 D.设正方体的内切球的球心为 O,正方体的外接球的球心为 O,则三角形 ACB1的外接圆是正方 体的外接球 O的一个小圆,点 M 在正方体的内切球的球面上运动,点 N 在三角形 ACB1的外接圆上 运动,线段 MN 长度的最小值是正方体的外接球的半径减去正方体的内切球的半径. 正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1, 线段 MN 长度的最小值是故 D 中命题错误,应选 D. 3 2 1 2. 5.一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),画该四面 体三视图中的正视图时,
6、以 zOx 平面为投影面,则得到正视图可以为( ) 答案 A 解析因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系 O-xyz 中的坐标分别是(1,0,1),(1,1,0),(0,1,1),(0,0,0),几 何体的直观图如图,是以正方体的顶点为顶点的一个正四面体,所以以 zOx 平面为投影面,则得到的正 视图如图所示. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 6. (2017浙江绍兴诸暨调研)如图,在正方形 ABCD中,E,F 分别是 BC,CD 的中点,沿 AE,AF,EF 把正方形 折成一个四面体,使 B,C,D 三点重合,重合后的点记为 P,P 点在AEF 内的射影为 O,则下列说法正确 的是
7、( ) A.O是AEF的垂心 B.O 是AEF 的内心 C.O是AEF的外心 D.O 是AEF 的重心 答案 A 解析由题意可知 PA,PE,PF 两两垂直,所以 PA平面 PEF,从而 PAEF, 而 PO平面 AEF,则 POEF,因为 POPA=P, 所以 EF平面 PAO, 所以 EFAO,同理可知 AEFO,AFEO, 所以 O为AEF的垂心. 7. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图,正方形 ABCD 与正方形 ABEF 构成一个 的二面角,将BEF绕 BE 旋转一周.在旋转过程 3 中,( ) A.直线 AC必与平面 BEF相交 B.直线 BF与直线 CD 所成的角
8、恒为 4 C.直线 BF与平面 ABCD 所成角的范围是 12, 2 D.平面 BEF 与平面 ABCD 所成的二面角必不小于 3 答案 D 解析正方形 ABCD 与正方形 ABEF 构成一个 的二面角, 3 CBE= ,将BEF 绕 BE旋转一周,则对应的轨迹是以 BE 为轴的圆锥,此时EBF=,则在 3 4 2.综上所述,12.又由最小角定理得 32,故选 D. 10.(2018浙江嘉兴)在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,点 P 在 A1C 上运动(包括端点),则 BP 与 AD1所成角 的取值范围是( ) AB. 4, 3 . 4, 2 CD. 6, 2 . 6, 3 答案 D 高
9、清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析设 BP 与 AD1所成角为 . 如图所示,不妨设|AB|=1. 则 B(0,0,0),C(1,0,0),A1(0,1,1),C1(1,0,1),=(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,1,1).1= 11 设=,则+=(1-,),01. 1 = 1 cos2),V=, 122 2 - 2 . 1 3 3 4 32 - 2 3 ( 2 - 4) ( - 2)2 令 V=0 得 h=4,故当 h=4 时,Vmin=8 3. 16.(2018浙江台州)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=AC=PB=PC=10,PA=8,BC=12,点 M 在平
10、面 PBC 内, 且 AM=7,设异面直线 AM与 BC 所成角为 ,则 cos 的最大值为 . 答案 1 7 17.(2018浙江宁波)如图,正四面体 ABCD 的棱 CD 在平面 上,E 为棱 BC 的中点.当正四面体 ABCD 绕 CD旋转时,直线 AE与平面 所成最大角的正弦值为 . 答案 33 6 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解析取 CD的中点 F,易知 CD平面 ABF,则平面 ABF平面 .设平面 ABF平面 =a,四面体不动, 转动平面 ,则 AO于点 O 交 BF 于点 M,AO 为平面 的法向量.AE 与平面 所成角的正弦值最大 =AE与法向量 AO 所成角
11、最小,即为 AE 与平面 ABF 所成角,设其为 ,则 sin = 3 6 . 故 AE 与平面 所成角的正弦值即为 的余弦值 33 6 . 三、解答题(本大题共 5小题,共 74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18. (14分)如图,三棱台 DEF-ABC 中,AB=2DE,G,H 分别为 AC,BC 的中点. (1)求证:BD平面 FGH; (2)若 CFBC,ABBC,求证:平面 BCD平面 EGH. 证明(1)如图所示,连接 DG,CD,设 CDGF=M,连接 MH.在三棱台 DEF-ABC 中, AB=2DE,G 为 AC 的中点, 可得 DFGC,DF=GC, 所以四
12、边形 DFCG 为平行四边形.则 M 为 CD 的中点, 又 H为 BC 的中点, 所以 HMBD, 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由于 HM平面 FGH,BD平面 FGH,故 BD平面 FGH. (2)连接 HE,GE,CD. 因为 G,H分别为 AC,BC 的中点,所以 GHAB. 由 ABBC,得 GHBC.又 H 为 BC 的中点, 所以 EFHC,EF=HC, 因此四边形 EFCH 是平行四边形,所以 CFHE. 由于 CFBC,所以 HEBC. 又 HE,GH平面 EGH,HEGH=H. 所以 BC平面 EGH.又 BC平面 BCD, 所以平面 BCD平面 EGH.
13、19. (15分)在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为菱形,DAB=60,PC平面 ABCD,且 AB=2,PC=,F 是 6 PC的中点. (1)求证:PA平面 DBF; (2)求直线 PA和平面 PBC 所成的角的正弦值. (1)证明连接 AC,交 BD 于点 O,连接 FO. 底面 ABCD 为菱形,O 为 AC 中点. 又F 是 PC 的中点,OF 是PAC 的中位线.OFPA. 又OF平面 DBF,PA平面 DBF,PA平面 DBF. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2)解过点 A作 CB 的垂线,交 CB 的延长线于点 E,连接 PE. PC平面 ABCD,
14、PCAE. 又AEBC, AE平面 PBC. APE就是直线 PA 和平面 PBC 所成的角. 又 PA=3,AE=2sin 60=, 23 sinAPE= 3 32 = 6 6 . 直线 PA 和平面 PBC 所成的角的正弦值为 6 6 . 20. (15分)如图,在几何体 ABCDE 中,四边形 ABCD 是矩形,AB平面 BCE,BECE,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 GF与平面 ABE所成角的正切值. (1)证明如图,取 AE的中点 H,连接 HG,HD,G 是 BE 的中点,GHAB,且 GH= AB. 1
15、2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 又 F 是 CD 中点, DF= CD, 1 2 由四边形 ABCD 是矩形得,ABCD,AB=CD, GHDF,且 GH=DF.四边形 HGFD 是平行四边形. GFDH.又 DH平面 ADE,GF平面 ADE, GF平面 ADE. (2)解如图,在平面 BEC内,过点 B 作 BQEC, BECE,BQBE. 又AB平面 BEC,ABBE,ABBQ. 以 B 为原点,BE,BQ,BA所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间直角坐标系,则 A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1),G(1,0,0),=(1,
16、2,1),平面 ABE 的法向量 n=(0,1,0), 设 GF 与平面 ABE 所成角的平面角为 , 则 sin =,cos = | | = 2 6 1 - ( 2 6) 2 = 2 6. tan = sin cos = 2 6 2 6 = 2. GF 与平面 ABE 所成角的正切值为 2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 21.(15分)(2018浙江诸暨)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA平面 ABCD,底面 ABCD 为梯形,AB DC,ABBC,PA=AB=BC= DC,点 E 在棱 PB 上,且= 1 2 . (1)当 =2 时,求证:PD面 EAC; (2)若直线
17、 PA与平面 EAC 所成角为 30,求实数 的值. (1)证明连接 BD 交 AC于点 M,连接 ME, ABDC, | | = | | = 1 2. 当 =2时, | | = 1 2 | | = | |. EMPD. PD平面 EAC,EM平面 EAC,PD平面 EAC. (2)解以 A为坐标原点,分别以 AB,AP 为 y轴、z 轴建立空间直角坐标系,设 DC=2, 则 A(0,0,0),C(1,1,0),B(0,1,0),P(0,0,1), 由=,可得 E 点的坐标为, ( 0, 1 + , 1 1 + ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 =(1,1,0), =( 0, 1
18、 + , 1 1 + ) 设平面 EAC 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则设 z=,则 y=-1,x=1, + = 0, 1 + + 1 1 + = 0, n=(1,-1,).若直线 PA与平面 EAC 所成角为 30, 则 cos 60=,解得 = 2 + 2 6 3 . 22.(15分)如图,在四棱锥 A-BCD 中,ABD、BCD 均为正三角形,且二面角 A-BD-C 为 120. (1)求证:ACBD; (2)求二面角 B-AD-C 的余弦值. (1)证明设 BD 的中点为 O,则由ABD、BCD 均为正三角形分别可得 OABD,COBD, BD平面 AOC.AC平面 AOC,ACBD. (2)解设ABD、BCD 的边长均为 2a,则 AO=CO=a,由二面角 A-BD-C 为 120可知 AC=3a. 3 过点 B 作 BEAD,垂足为 E,显然 BE=a;过点 E 作 EHAD,显然 AH= a,EH=a,连接 OH,则 3 4 3 7 3 BEH就是所求的二面角 B-AD-C 的平面角. 在等腰ACD 中,计算得 EH=a,DH=BH= 7 3 4 3. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 于是在BEH 中,由余弦定理计算得到 cosBEH= 21 7 .