單元質(zhì)檢八立體幾何(B)(時(shí)間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本大題共6小題,每小題7分,共42分)1.(2017浙江,3)某幾何體的三視圖如圖所示(單位:cm),則該幾何體的體積(單位:cm3)是()A.π2+1 B.π2C.3π2+1 D.32.如圖,在三棱錐ABCD中,DA,DB,DC兩兩垂直,且DB=DC,E為BC的中點(diǎn),則AE·BC等于(A.3B.2C.1 D.03.在空間四邊形ABCD中,E,F分別為AB,AD上的點(diǎn),且AE∶EB=AF∶FD=1∶4.又H,G分別為BC,CD的中點(diǎn),則()A.BD∥平面EFG,且四邊形EFGH是平行四邊形B.EF∥平面BCD,且四邊形EFGH是梯形C.HG∥平面ABD,且四邊形EFGH是平行四邊形D.EH∥平面ADC,且四邊形EFGH是梯形4.如圖,已知直平行六面體ABCDA1B1C1D1的各條棱長(zhǎng)均為3,∠BAD=60°,長(zhǎng)為2的線段MN的一個(gè)端點(diǎn)M在DD1上運(yùn)動(dòng),另一個(gè)端點(diǎn)N在底面ABCD上運(yùn)動(dòng),則MN的中點(diǎn)P的軌跡(曲面)與共頂點(diǎn)D的三個(gè)面所圍成的幾何體的體積為()A.2π9 BC.2π3 D5.在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,2).若S1,S2,S3分別是三棱錐DABC在xOy,yOz,zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積,則 ()A.S1=S2=S3 B.S2=S1,且S2≠S3C.S3=S1,且S3≠S2 D.S3=S2,且S3≠S16.(2017福建莆田一模)已知正方體ABCDA1B1C1D1,平面α過(guò)直線BD,α⊥平面AB1C,α∩平面AB1C=m,平面β過(guò)直線A1C1,β∥平面AB1C,β∩平面ADD1A1=n,則m,n所成角的余弦值為()A.0 B.12C.22 D.二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分)7.在菱形ABCD中,AB=2,∠BCD=60°,現(xiàn)將其沿對(duì)角線BD折成直二面角ABDC(如圖),則異面直線AB與CD所成的角的余弦值為.

8.已知球O的球面上有四點(diǎn)S,A,B,C,其中O,A,B,C四點(diǎn)共面,△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,平面SAB⊥平面ABC,則三棱錐SABC的體積的最大值為.

三、解答題(本大題共3小題,共44分)9.(14分)如圖,在四棱錐PABCD中,底面ABCD為矩形,PA⊥平面ABCD,E為PD的中點(diǎn).(1)證明:PB∥平面AEC;(2)設(shè)二面角DAEC為60°,AP=1,AD=3,求三棱錐EACD的體積.10.(15分)如圖,在四棱錐PABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.(1)求證:PD⊥平面PAB;(2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在點(diǎn)M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,說(shuō)明理由11.(15分)如圖,在幾何體ABCDE中,四邊形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分別是線段BE,DC的中點(diǎn).(1)求證:GF∥平面ADE;(2)求平面AEF與平面BEC所成銳二面角的余弦值.答案：1.A解析V=13×3×2×1=π22.D解析AE·BC=(AD+DE)·BC=AD·BC+3.B解析如圖,由題意,得EF∥BD,且EF=15BDHG∥BD,且HG=12BD故EF∥HG,且EF≠HG.因此,四邊形EFGH是梯形.由題可得EF∥平面BCD,而EH與平面ADC不平行,故選B.4.A解析MN=2,則DP=1,則點(diǎn)P的軌跡為以D為球心,半徑r=1的球面的一部分,則球的體積為V=43π·r3=4∵∠BAD=60°,∴∠ADC=120°,120°為360°的13,只取半球的1則V'=4π5.D解析根據(jù)題目條件,在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中作出該三棱錐DABC,如圖,顯然S1=S△ABC=12×2×2=2,S2=S3=12×2×2=26.D解析如圖所示,∵BD1⊥平面AB1C,平面α過(guò)直線BD,α⊥平面AB1C,∴平面α即為平面DBB1D1.設(shè)AC∩BD=O.∴α∩平面AB1C=OB1=m.∵平面A1C1D過(guò)直線A1C1,與平面AB1C平行,而平面β過(guò)直線A1C1,β∥平面AB1C,∴平面A1C1D即為平面β.β∩平面ADD1A1=A1D=n,又A1D∥B1C,∴m,n所成角為∠OB1C,由△AB1C為正三角形,則cos∠OB1C=cosπ6=327.14解析如圖,取BD的中點(diǎn)O,連接AO,CO,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系∵AB=2,∠BCD=60°,∴A(0,0,3),B(1,0,0),D(1,0,0),C(0,3,0),∴AB=(1,0,3),CD=(1,3,0),∴cos<AB,=AB=-12×∴異面直線AB與CD所成的角的余弦值為148.33解析記球O的半徑為R,由△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形,且O,A,B,C四點(diǎn)共面,易求R=2作SD⊥AB于D,連接OD,OS,易知SD⊥平面ABC,注意到SD=SO2-OD2=R2-OD2,因此高SD的最大值為232-因?yàn)槿忮FSABC的體積為13S△ABC·SD=13×34×22所以三棱錐SABC的體積的最大值為33×1=39.(1)證明如圖,連接BD交AC于點(diǎn)O,連接EO.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形,所以O(shè)為BD的中點(diǎn).又因?yàn)镋為PD的中點(diǎn),所以EO∥PB.因?yàn)镋O?平面AEC,PB?平面AEC,所以PB∥平面AEC.(2)解因?yàn)镻A⊥平面ABCD,底面ABCD為矩形,所以AB,AD,AP兩兩垂直.如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以AB,AD,AP的方向?yàn)閤軸、y軸、則P(0,0,1),D(0,3,0),E0,設(shè)B(m,0,0)(m>0),則C(m,3,0),AC=(m,3,0).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ACE的法向量,則n可取n1=3m由題意得n2=(1,0,0)為平面DAE的一個(gè)法向量.由題設(shè)|cos<n1,n2>|=12,即33+4m2=因?yàn)镋為PD的中點(diǎn),所以三棱錐EACD的高為12三棱錐EACD的體積V=1310.(1)證明因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,AB⊥AD,所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.又因?yàn)镻A⊥PD,所以PD⊥平面PAB.(2)解如圖,取AD的中點(diǎn)O,連接PO,CO.因?yàn)镻A=PD,所以PO⊥AD.又因?yàn)镻O?平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,所以PO⊥平面ABCD.因?yàn)镃O?平面ABCD,所以PO⊥CO.因?yàn)锳C=CD,所以CO⊥AD.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意,得A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1).設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則n令z=2,則x=1,y=2.所以n=(1,2,2).因?yàn)镻B=(1,1,1),所以cos<n,PB>=n·PB|所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為33(3)解設(shè)M是棱PA上一點(diǎn),則存在λ∈[0,1]使得AM=λAP.因此點(diǎn)M(0,1λ,λ),BM=(1,λ,λ).因?yàn)锽M?平面PCD,所以BM∥平面PCD當(dāng)且僅當(dāng)BM·n=0,即(1,λ,λ)·(1,2,2)=0.解得λ=14所以在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面PCD,此時(shí)AMAP11.(1)證法一如圖,取AE的中點(diǎn)H,連接HG,HD.因?yàn)镚是BE的中點(diǎn),所以GH∥AB,且GH=12AB又因?yàn)镕是CD的中點(diǎn),所以DF=12CD由四邊形ABCD是矩形,得AB∥CD,AB=CD,所以GH∥DF,且GH=DF,從而四邊形HGFD是平行四邊形,所以GF∥DH.又因?yàn)镈H?平面ADE,GF?平面ADE,所以GF∥平面ADE.證法二如圖,取AB中點(diǎn)M,連接MG,MF.因?yàn)镚是BE的中點(diǎn),所以GM∥AE.又因?yàn)锳E?平面ADE,GM?平面ADE,所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中,由M,F分別是AB,CD的中點(diǎn),得MF∥AD.又因?yàn)锳D?平面ADE,MF?平面ADE,所以MF∥平面ADE.又因?yàn)镚M∩MF=M,GM?平面GMF,MF?平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.因?yàn)镚F?平面GMF,所以GF∥平面ADE.(2)解如圖,在平面BEC內(nèi),過(guò)B點(diǎn)作BQ∥EC.因?yàn)锽E⊥CE,所以BQ⊥BE.又因?yàn)锳B⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.以B為原點(diǎn),分別以BE,BQ,BA的