单元检测卷七　立体几何

这是一份单元检测卷七　立体几何，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

单元检测卷七　立体几何
(时间:100分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.(2019山东济宁一模,7)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为(　　)

A.24+9π
B.12+9π
C.12+5π
D.24+4π
2.(2019山东淄博一模,5)已知直线l和两个不同的平面α,β,则下列结论正确的是(　　)
　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.若l∥α,l⊥β,则α⊥β B.若α⊥β,l⊥α,则l⊥β
C.若l∥α,l∥β,则α∥β D.若α⊥β,l∥α,则l⊥β
3.(2019湖北八校联考二,6)设l,m表示两条不同的直线,α,β表示两个不同的平面,Q表示一个点,给出下列四个命题,其中正确的命题是(　　)
①Q∈α,l⊂α⇒Q∈l　②l∩m=Q,m⊂β⇒l∈β　③l∥m,l⊂α,Q∈m,Q∈α⇒m⊂α　④α⊥β,且α∩β=m,Q∈β,Q∈l,l⊥α⇒l∈β
　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
A.①② B.②③ C.①③ D.③④
4.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=(　　)

A.1
B.2
C.4
D.8
5.(2019安徽定远中学预测卷一)已知四棱锥P-ABCD的底面四边形ABCD是边长为2的正方形,若过点P作平面ABCD的垂线,垂足为四边形ABCD的中心,且四棱锥P-ABCD的侧棱与底面所成的角为60°,则四棱锥P-ABCD的高为(　　)
A.22 B.3 C.6 D.23
6.(2019重庆巴蜀中学考前模拟)已知某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为(　　)

A.16π B.12π
C.323π D.163π
7.(2019山东日照一模,8)某几何体的三视图如图所示,图中正方形的边长为2,四条用虚线表示的线段长度均相等,则该几何体的表面积为(　　)

A.8-2π3
B.24-π
C.24+(25-1)π
D.24+(5-1)π
8.(2019山东聊城一模,7)如图,圆柱的轴截面ABCD为正方形,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为(　　)

A.33 B.55
C.306 D.66
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,M,N为线段BC,CC1上的动点,过点A1,M,N的平面截该正方体的截面记为S,则下列命题正确的是(　　)
A.当BM=0且0 B.当M,N分别为BC,CC1的中点时,几何体A1D1MN的体积为112
C.当M为BC中点且0≤CN≤1时,S为五边形
D.当M为BC中点且CN=34时,S与C1D1的交点为R1,满足C1R=16
10.如图,正方形ABCD中,E、F分别是AB、BC的中点,将△ADE,△CDF,△BEF分别沿DE、DF、EF折起,使A、B、C重合于点P.则下列结论正确的是(　　)

A.PD⊥EF
B.平面PDE⊥平面PDF
C.二面角P-EF-D的余弦值为13
D.点P在平面DEF上的投影是△DEF的外心
11.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点,则(　　)

A.直线D1D与直线AF垂直
B.直线A1G与平面AEF平行
C.平面AEF截正方体所得的截面面积为98
D.点C和点G到平面AEF的距离相等
12.已知m,n是两条不重合的直线,α,β,γ是三个两两不重合的平面,给出下列四个命题,其中正确命题的是(　　)
A.若m∥β,n∥β,m,n⊂α,则α∥β
B.若α⊥γ,β⊥γ,α∩β=m,n⊂γ,则m⊥n
C.若m⊥α,α⊥β,α∩β=n,那么m∥n
D.若m∥α,m∥β,α∩β=n,那么m∥n
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.(2019山东日照一模,16)如图,四棱锥P-ABCD 的底面为矩形,矩形的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上,点P在球面上,且球的表面积为16π,则四棱锥P-ABCD 体积的最大值为　　　　. 

14.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文,墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现.我们来重温这个伟大发现,圆柱的体积与球的体积之比为　　　　,圆柱的表面积与球的表面积之比为　　　　. 

15.已知向量a=(1,1,0),b=(-1,0,2),则向量a-b与a的夹角为　　　　;若ka+b与2a-b互相垂直,则k的值是　　　　. 
16.(2019黑龙江哈尔滨三中一模,16)在四面体ABCD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,∠BCD=90°,二面角A-BD-C的大小为150°,则四面体ABCD外接球的半径为　　　　. 
四、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)如图,在三棱锥S-ABC中,平面SAB⊥平面ABC,△SAB是等边三角形,已知AC=2AB=4,BC=25.

(1)求证:平面SAB⊥平面SAC;
(2)求二面角B-SC-A的余弦值.
































18.(12分)(2019山东济宁一模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD, ∠ABC=60°,AB=3,AD=23,AP=3.

(1)求证:平面PCA⊥平面PCD;
(2)设E为侧棱PC上的一点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45°,求二面角E-AB-D的余弦值.



































19.(12分)(2019北京,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.

(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
(3)设点G在PB上,且PGPB=23,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.

































20.(12分)(2019天津,17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,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.


































21.(12分)(2019山东青岛二模,18)如图,在圆柱W中,点O1,O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于N、F),点G为下底面圆弧ME的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1,高为2.

(1)若平面FNH⊥平面NHG,证明:NG⊥FH;
(2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于155,证明:平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于π3.
































22.(12分)(2019山东菏泽一模,18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,AD⊥DC,AB∥DC,DC=2AB,PD=1,BC=2,BC⊥BD,设Q为棱PC上一点,PQ=λPC.

(1)求证:当λ=15时,AQ⊥PC;
(2)试确定λ的值使得二面角Q-BD-P的平面角为45°.







参考答案与解析
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分)
1.答案B

解析由题意可知,几何体是14个圆锥,
所以几何体的表面积14×42π+2×12×4×3+14×12×8π×5=12+9π.故选B.
2.答案A
解析对于A选项,过直线l作一个平面与平面α相交,因l∥α,则l与交线平行,又l⊥β,则交线也垂直b,所以α⊥β,A选项正确.对于B选项,直线l可能在平面β内,故B选项是假命题.对于C选项,两个平面可能相交,故C选项是假命题.对于D选项,直线l可能在平面β内,故D选项是假命题.故选A.
3.答案D
解析①错误,②错误,③正确,④正确.故选D.
4.答案B
解析由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积,两个半圆面积,圆柱侧面积的一半,球表面积的一半相加所得,所以表面积为S表=2r×2r+2×12πr2+πr×2r+12×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,
解得r=2.
5.答案C

解析如图,设高为PO,根据线面角的定义可知∠PCO是侧棱PC与底面所成的角,据题设分析知,所求四棱锥P-ABCD的高h=22+222tan 60°=6.故选C.
6.答案C

解析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=π×22×4-13π×22×(1+3)=32π3.故选C.

7.答案D

解析由几何体的三视图得该几何体是棱长为2的正方体去掉一个底面半径为1,高为2的圆锥,如图,所以该几何体的表面积为:S=6×22-πr2+πrl=24-π×12+π×1×12+22=24+(5-1)π.故选D.
8.答案D

解析取BC的中点H,连接EH,AH,∠EHA=90°,设AB=2,
则BH=HE=1,AH=5,
所以AE=6,
连接ED,ED=6,因为BC∥AD,
所以异面直线AE与BC所成角即为∠EAD,在△EAD中,cos∠EAD=6+4-62×2×6=66.
故选D.
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.答案AB

解析对于A,如图所示,
当BM=0且0 对于B,如图所示,

∵BC∥A1D1,BC⊄面A1D1N,
∴BC∥面A1D1N,
故几何体A1D1MN的体积等于几何体A1D1CN的体积,
又几何体A1D1CN的体积等于13·A1D1·S△D1NC=13×1×12×1×12=112,
所以几何体A1D1MN的体积为112,故B正确;
对于C,如图所示,


当CN=0,即点C,N重合时,此时截面S为四边形A1D1CB,不是五边形,故C错误;对于D,如图所示,
当CN=34时,延长MN,B1C1交于点P,连接A1P交D1C1于点R,
∵A1D1∥B1P∥BC,A1B1∥C1D1,
∴C1RA1B1=C1PB1P=C1PB1C1+C1P=1BCC1P+1=12MCC1P+1=12NCC1N+1=16+1=17.∴C1R=17A1B1=17.故D错误.
故选AB.
10.答案ABC
解析对于A选项,作出图形,取EF中点H,连接PH,DH,由原图知△BEF和△DEF为等腰三角形,故PH⊥EF,DH⊥EF,所以EF⊥平面PDH,所以PD⊥EF,故A正确;
根据折起前后,可知PE,PF,PD三线两两垂直,于是可证平面PDE⊥平面PDF,故B正确;
根据A选项可知∠PHD为二面角P-EF-D的平面角,设正方形边长为2,因此PE=PF=1,PH=22,
DH=22-22=322,PD=DF2-PF2=2,

由余弦定理得cos∠PHD=PH2+HD2-PD22PH·HD=13,故C正确;
由于PE=PF≠PD,故点P在平面DEF上的投影不是△DEF的外心,即D错误.故答案为ABC.
11.答案BC
解析对于选项A:(方法一)以D点为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),A1(1,0,1),E12,1,0,F0,1,12,G1,1,12,从而DD1=(0,0,1),AF=-1,1,12,从而DD1·AF=12≠0,所以DD1与直线AF不垂直,故A错误;

(方法二)取DD1的中点N,连接AN,则AN为直线AF在平面ADD1A1内的射影,AN与DD1不垂直,从而AF与DD1也不垂直,故A错误;

对于选项B,取B1C1的中点为M,连接A1M、GM,则A1M∥AE,GM∥EF,易证平面A1MG∥平面AEF,从而A1G∥平面AEF,故B正确.
对于选项C,连接AD1,D1F,易知四边形AEFD1为平面AEF截正方体所得的截面四边形(如图所示),且D1H=AH=5,A1D=2,
所以S△AD1H=122×(5)2-(22) 2=32,而S四边形AEFD=34S△AD1H=98,故C正确;


对于选项D:(方法一)由于S△GEF=S梯形BEFG-S△EBG=12×1+12×12-12×12×12=14,而S△ECF=12×12×12=18,而VA-GEF=13S△EFG·AB,VA-ECF=13S△ECF·AB,所以VA-GEF=2VA-ECF,即VG-AEF=2VC-AEF,点G到平面AEF的距离为点C到平面AEF的距离的二倍.从而D错误.
(方法二)假设点C与点G到平面AEF的距离相等,即平面AEF将CG平分,则平面AEF必过CG的中点,连接CG交EF于点O,易知O不是CG的中点,故假设不成立,从而选项D错误.故选BC.
12.答案BD
解析A选项中没有说明两条直线是否相交,结论错误,B项选中能推出m⊥γ,所以结论正确,C选项能推出m⊥n,推不出m∥n,结论错误,D选项根据线面平行的性质可知正确.故选BD.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.答案163
解析因为球O的表面积是16π,所以S=4πR2=16π,解得R=2.
设矩形ABCD的长、宽分别为x,y,则x2+y2=(2R)2≥2xy,当且仅当x=y时上式取等号,即底面为正方形时,底面面积最大,此时S正方形ABCD=2R2=8.
因为点P在球面上,所以当PO⊥底面ABCD时,PO=R,即hmax=R,
此时四棱锥P-ABCD体积有最大值为13×8×2=163.
14.答案32　32
解析由题意,圆柱底面半径r=球的半径R,圆柱的高h=2R,则
V球=43πR3,
V柱=πr2h=π·R2·2R=2πR3,
∴V柱V球=2πR343πR3=32.
S球=4πR2,
S柱=2πr2+2πrh=2πR2+2πR·2R=6πR2.∴S柱S球=6πR24πR2=32.
15. .答案π4　75
解析因为a=(1,1,0),b=(-1,0,2),则a-b=(2,1,-2),
所以cos=(a-b)·a|a-b||a|=2+1+09·2=22.
又因为向量夹角的取值范围是[0,π],所以=π4.
因为ka+b和2a-b垂直,
则(ka+b)·(2a-b)=0,即2ka2+(2-k)a·b-b2=0,
所以2k×2+(2-k)(-1+0+0)-5=0,解得k=75.
16答案213

解析在四面体ABCD中,AB=AD=2,∠BAD=60°,∠BCD=90°,二面角A-BD-C的大小为150°,四面体ABCD外接球,如图:
则△BCD在球的一个小圆上,BD的中点为小圆的圆心N,△ABD是正三角形,也在球的一个小圆上,小圆的圆心为M,作OM⊥平面ABD,ON⊥平面BCD,O为球心,二面角A-BD-C的大小为150°,作NP⊥BD,则∠ANP=150°,可得∠ONM=60°,MN=33,则ON=233,BN=1,
外接球的半径r=OB=ON2+BN2=(233) 2+12=213.
四、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(1)证明在△BCA中,∵AB=2,CA=4,BC=25,
∴AB2+AC2=BC2,故AB⊥AC.
又平面SAB⊥平面ABC,平面SAB∩平面ABC=AB,
∴AC⊥平面SAB.
又AC⊂平面SAC,所以平面SAB⊥平面SAC.
(2)解如图建立空间直角坐标系,A(0,0,0),B(2,0,0),S(1,0,3),C(0,4,0),

CS=(1,-4,3),BC=(-2,4,0),AC=(0,4,0),
设平面SBC的法向量n=(x,y,z),由-2x+4y=0,x-4y+3z=0,则n=2,1,233.
设平面SCA的法向量m=(a,b,c),由4b=0,a-4b+3c=0,
∴m=(-3,0,1),∴cos=-21919,又二面角B-SC-A的平面角为锐角,∴二面角B-SC-A的余弦值为21919.
18.(1)证明在平行四边形ABCD中,∠ADC=60°,CD=3,AD=23,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2AD·CDcos∠ADC=12+3-2×23×3×cos 60°=9,
∴AC2+CD2=AD2,∴∠ACD=90°,即CD⊥AC,
又PA⊥底面ABCD,CD⊂底面ABCD,∴PA⊥CD,
又AC∩PA=A,
∴CD⊥平面PCA.又CD⊂平面PCD,
∴平面PCA⊥平面PCD.

(2)解如图,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(-3,3,0),P(0,0,3).
设E(x,y,z),PE=λPC(0≤λ≤1),则(x,y,z-3)=λ(0,3,-3).
∴x=0,y=3λ,z=3-3λ,即点E的坐标为(0,3λ,3-3λ).
∴BE=(-3,3λ,3-3λ),又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
∴sin 45°=|cos|=|3-3λ|3+9λ2+(3-3λ)2,解得λ=13.
∴点E的坐标为(0,1,2),
∴AE=(0,1,2),AB=(3,0,0).
设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),
由m·AB=0,m·AE=0,得x=0,y+2z=0.
令z=1,得平面EAB的一个法向量为m=(0,-2,1),
∴cos=m·n|m||n|=15=55.
又二面角E-AB-D的平面角为锐角,所以,二面角E-AB-D的余弦值为55.
19.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.
又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.

(2)解过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.
如图建立空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).
所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).
所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则n·AE=0,n·AF=0,
即y+z=0,23x+23y+43z=0.
令z=1,则y=-1,x=-1.
于是n=(-1,-1,1).
又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),
所以cos=n·p|n||p|=-33.由题知,二面角F-AE-P的平面角为锐角,所以其余弦值为33.
(3)解直线AG在平面AEF内.
因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),
所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.
由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).
所以AG·n=-43+23+23=0.
所以直线AG在平面AEF内.
20.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE的方向为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).

依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BF·AB=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n·BD=0,n·BE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,
可得n=(2,2,1).
因此有cos=CE·n|CE||n|=-49.
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.
(3)解设CF=h(h>0),
则F(1,2,h),BF=(0,2,h).
设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则m·BD=0,m·BF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h.
由题意,有|cos|=|m·n||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.
21.(1)证明由题知,平面FNH⊥平面NHG,平面FNH∩平面NHG=NH,
因为NH⊥FH,FH⊂平面FHN,
所以FH⊥平面NHG.
所以FH⊥NG
(2)解

以点O2为坐标原点,分别以O2G,O2E,O2O1为x、y、z轴建立空间直角坐标系O2-xyz,
所以N(0,-1,2),G(1,0,0),F(0,1,2),
NG=(1,1,-2),NF=(0,2,0),
设H(m,n,2),则m2+n2=1(0 NH=(m,n+1,0).
设平面NFG的法向量n1=(x1,y1,z1),
因为n1·NG=0,n1·NF=0,
所以(x1,y1,z1)·(1,1,-2)=0,(x1,y1,z1)·(0,2,0)=0,
所以x1+y1-2z1=0,2y1=0,即法向量
n1=(2,0,1).
因此sin α=|NH·n1||NH||n1|
=2m5×m2+(n+1)2
=2m5×m2+n2+2n+1
=2m5×2n+2=155,
所以2m2=3n+3,解得n=-12,m=32,
所以点H32,-12,2.
设平面NHG的法向量n2=(x2,y2,z2),
因为n2·NG=0,n2·NH=0,
所以(x2,y2,z2)·(1,1,-2)=0,(x2,y2,z2)·(32,12,0)=0,
所以x2+y2-2z2=0,32x2+12y2=0,即法向量n2=1,-3,1-32.
因为平面MNFE的法向量n3=(1,0,0),
所以cos θ=|n2·n3||n2||n3|=14+(1-32) 2<12.
所以平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于π3.
22.(1)证明因为DC=2AB,BC=2,过B作BE⊥DC于E,则E为DC中点,所以BD=BC=2,又BC⊥BD,所以DC=2.

所以AD=AB=1,因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥DC,PD⊥AD.
在Rt△PDC中,由勾股定理,得PC=PD2+DC2=12+22=5,
当λ=15时,PQ=15PC,则PQ=15PC=55.因为PD=1,所以PQPD=55=PDPC,又∠DPQ=∠CPD,
所以△DPQ∽△CPD,所以∠DQP=∠CDP=90°,
即PC⊥DQ.
因为PD⊥AD,又AD⊥DC,PD∩DC=D,所以AD⊥平面PDC,所以AD⊥PC.
又AD∩DQ=D,所以PC⊥平面ADQ,所以AQ⊥PC,命题得证.

(2)解以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图).
由(1)得,AD=AB=1,DC=2,则点P(0,0,1),C(0,2,0),A(1,0,0),B(1,1,0),D(0,0,0),
令Q(x0,y0,z0),则PQ=(x0,y0,z0-1),PC=(0,2,-1),BC=(-1,1,0),DB=(1,1,0),DQ=(x0,y0,z0),因为PQ=λPC,所以(x0,y0,z0-1)=λ0(0,2,-1),所以点Q(0,2λ,1-λ).由题可知BC⊥平面PBD,所以平面PBD的法向量n=BC=(-1,1,0).设平面QBD的法向量为m=(x,y,z),
则m·DB=0,m·DQ=0,即x+y=0,2λy+(1-λ)z=0,
即x=-y,z=2λλ-1y.
令y=1,得m=-1,1,2λλ-1.
因为二面角Q-BD-P的平面角为45°,
所以|cos|=|m·n||m||n|
=22·2+(2λλ-2) 2=22,
解得λ=2-1,λ=-2-1,
因为Q在棱PC上,则0<λ<1,所以λ=2-1.