全國統(tǒng)考2024高考數(shù)學一輪復(fù)習單元質(zhì)檢卷八立體幾何A理含解析北師大版

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.(2024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.32 B.23 C.22 D.22.(2024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.BD1∥CE B.AC1⊥BD1C.D1E=2EC1 D.D1E=EC13.(2024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.“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d≈3169V.若取π=3.14,試推斷下列近似公式中最精確的一個是(A.d≈32V B.dC.d≈32011V D.4.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.22 B.3 C.6 D.235.(2024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.4π B.5πC.6π D.π6.(2024廣東珠海模擬)平面α過正方體ABCD-A1B1C1D1的頂點A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,則m,n所成角的正弦值為()A.32 B.22 C.33二、填空題:本題共2小題,每小題5分,共10分.7.(2024山東萊蕪模擬)一個圓臺上、下底面的半徑分別為3cm和8cm,若兩底面圓心的連線長為12cm,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)(2024河南鄭州模擬)如圖1,△ABC中,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)(2024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,AD∥BC,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)(2024山東泰安一模,19)在四邊形ABCP中,AB=BC=2,∠P=π3,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+2.D如圖,設(shè)B1C∩BC1=O,可得平面D1BC1∩平面B1CE=EO,∵BD1∥平面B1CE,依據(jù)線面平行的性質(zhì)可得D1B∥EO,∵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=43πR3=43π×d23=πd36,得d=36Vπ,6π≈14.C如圖,高為PO,依據(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+222tan60°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2πr2+2πr×O1O2=2π+4π=6π.故選C.6.A依據(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ABB1A1的交線所成的角.設(shè)平面CB1D1∩平面ABCD=m1.∵平面α∥平面CB1D1,∴m1∥m.又平面ABCD∥平面A1B1C1D1,且平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴B1D1∥m1.∴B1D1∥m.∵平面ABB1A1∥平面DCC1D1,且平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,同理可得CD1∥n.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3故選A.7.13如圖,過點A作AC⊥OB交OB于點C.在Rt△ACB中,AC=12cm,BC=8-3=5(cm).所以AB=122+8.2π27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∵正四面體棱長為3,∴BM=32,O'M=12,∴AO'=2,設(shè)圓柱的底面半徑為r,高為h,則0<r<12.由三角形相像得r12=2-h2∴圓柱的體積V=πr2h=2πr2(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9.(1)證明因為E,F分別為邊AB,AC的中點,所以EF∥BC.因為∠ABC=90°,所以EF⊥BE,EF⊥PE,又BE∩PE=E,所以EF⊥平面PBE.(2)解取BE的中點O,連接PO,因為PB=BE=PE,所以PO⊥BE.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OM∥BC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=λPF(0≤λ≤1),則可得N-λ2,λ,32(1-λ),BN=-λ+12,λ,32(1-λ).設(shè)平面PCF的法向量為m=(x,y,z),即12x+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θ,則sinθ10.(1)證明在等腰梯形ABCD中,AD∥BC,AD=AB=1,∠ABC=60°,∴∠BAD=∠CDA=120°,∠ADB=30°,∠CDB=90°.即BD⊥CD,BD=AB2+AD2-2AB·AD·cos120°=3,BC=2.∵平面BDEF⊥平面ABCD,∵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(0≤m≤3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),∴即-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θ,∴sinθ=|cos<n,BD>|=|n·BD||n||BD|=33×(m-3)11.證明(1)在△PAC中,PA=PC=2,∠APC=π3,∴△PAC為正三角形,且AC=在△ABC中,AB=BC=2,∴△ABC為等腰直角三角形,且AB⊥BC.取AC的中點O,連接OB,OP,則OB⊥AC,OP⊥AC,∵OB=1,OP=3,PB=PA=2,∴PB2=OB2+OP2,∴OP⊥OB,∵OP∩AC=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),C