2020版高考數(shù)學一輪復習 單元質檢卷八 立體幾何（A）理 北師大版

單元質檢卷八立體幾何(A)(時間: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.(2019屆廣東湛江調研測試,10)設m、n是兩條不同的直線,、是兩個不同的平面,下列命題中正確的是()A.=n,m,mmnB.,=m,mnnC.mn,m,nD.m,nmn2.(2019屆山東青島調研,11)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為棱BB1的中點,用過點A,E,C1的平面截去該正方體的上半部分,則剩余幾何體的左視圖為()3.(2019甘肅師大附中期中,8)某幾何體的三視圖如下圖所示,數(shù)量單位為cm,它的體積是()A.2732 cm3B.92 cm3C.932 cm3D.272 cm34.已知正方體ABCD-A1B1C1D1,平面過直線BD,平面AB1C,平面AB1C=m,平面過直線A1C1,平面AB1C,平面ADD1A1=n,則m,n所成角的余弦值為()A.0B.12C.22D.325.(2019屆湖南桃江一中期中,5)某幾何體的三視圖如圖所示,則該幾何體的外接球的表面積為()A.25B.26C.32D.366.已知某三棱錐的三視圖如圖所示,圖中的3個直角三角形的直角邊長度已經標出,則在該三棱錐中,最短的棱和最長的棱所在直線所成角的余弦值為()A.13B.55C.12D.23二、填空題(本大題共2小題,每小題7分,共14分)7.(2019廣東深圳實驗中學、珠海一中等六校聯(lián)考,15)在三棱錐D-ABC中,DC底面ABC,AD=6,ABBC且三棱錐D-ABC的每個頂點都在球O的表面上,則球O的表面積為. 8.如圖,在三棱錐S-ABC中,SA=SB=SC,且ASB=BSC=CSA=2,M、N分別是AB和SC的中點.則異面直線SM與BN所成的角的余弦值為,直線SM與平面SAC所成角的大小為. 三、解答題(本大題共3小題,共44分)9.(14分)如圖,在三棱錐S-ABC中,平面SAB平面ABC,SAB是等邊三角形,已知AC=2AB=4,BC=25.(1)求證:平面SAB平面SAC;(2)求二面角B-SC-A的余弦值.10.(15分)(2019湖南師范大學附中模擬,18)如圖,=l,二面角-l-的大小為,A,B,點A在直線l上的射影為A1,點B在直線l上的射影為B1.已知AB=2,AA1=1,BB1=2.(1)若=120°,求直線AB與平面所成角的正弦值;(2)若=90°,求二面角A1-AB-B1的余弦值.11.(15分)(2019屆江蘇徐州期中)如圖,在平行四邊形ABCD中,AB=1,AD=2,ABC=3,四邊形ACEF為矩形,平面ACEF平面ABCD,AF=1,點M在線段EF上運動,且EM=EF.(1)當=12時,求異面直線DE與BM所成角的大小;(2)設平面MBC與平面ECD所成二面角的大小為0<2,求cos 的取值范圍.參考答案單元質檢卷八立體幾何(A)1.A對于A,根據線面平行性質定理即可得A選項正確;對于B,當,=m時,若nm,n,則n,但題目中無條件n,故B不一定成立;對于C,若mn,m,n,則與相交或平行,故C錯誤;對于D,若m,n,則m與n平行或異面,則D錯誤,故選A.2.C取DD1中點F,連接AF,C1F,平面AFC1E為截面.如下圖,所以下半部分的左視圖如C選項,所以選C.3.C根據三視圖可將其還原為如下直觀圖,V=13S·h=13×12×(2+4)×3×332=932,故選C.4.D如圖所示,BD1平面AB1C,平面過直線BD,平面AB1C,平面即為平面DBB1D1.設ACBD=O,平面AB1C=OB1=m.平面A1C1D過直線A1C1,與平面AB1C平行,而平面過直線A1C1,平面AB1C,平面A1C1D即為平面.平面ADD1A1=A1D=n,又A1DB1C,m,n所成角為OB1C,由AB1C為正三角形,則cosOB1C=cos6=32.故選D.5.C三視圖對應的幾何體如圖所示,其中DA平面ABC,ABC=90°,所以該四面體的四個面都是直角三角形且DA=4,AC=4,故四面體外接球的直徑為DC=42,故外接球的表面積為4×(22)2=32,故選C.6.A由三視圖還原幾何體如圖.幾何體是三棱錐A-BCD,滿足平面ACD平面BCD,且ADCD,BCCD.最短棱為CD,最長棱為AB.在平面BCD內,過點B作BECD,且BE=CD,連接DE,四邊形BEDC為正方形,可得AE=22,在RtAEB中,求得AB=12+(22)2=3,cosABE=BEAB=13.即最短的棱和最長的棱所在直線所成角的余弦值為13.故選A.7.36因為三棱錐D-ABC中,DC底面ABC,所以DCAB,又因為ABBC,DC和CB相交于點C,故得到AB面BCD,故得到AB垂直于BD,又因為DC垂直于面ABC,故DC垂直于AC,故三角形ACD和三角形ABD均為直角三角形,有公共斜邊AD,取AD中點為O點,根據直角三角形斜邊的中點為外心得到O到A、B、C、D四個點的距離相等,故點O是球心,球的半徑為3,由球的面積公式得S=4R2=36.故答案為36.8.1054因為ASB=BSC=CSA=2,所以以S為坐標原點,SA,SB,SC為x,y,z軸建立空間直角坐標系.設SA=SB=SC=2,則M(1,1,0),B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2).因為SM=(1,1,0),BN=(0,-2,1),cos<SM,BN>=-22×5=-105,所以異面直線SM與BN所成的角的余弦值為105,平面SAC一個法向量為SB=(0,2,0),則由cos<SM,SB>=22×2=22得<SM,SB>=4,即直線SM與平面SAC所成角大小為4.9.(1)證明在BCA中,AB=2,CA=4,BC=25,AB2+AC2=BC2,故ABAC.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)解如圖建立空間直角坐標系,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),設平面SBC的法向量n=(x,y,z),由-2x+4y=0,x-4y+3z=0,則n=2,1,233.設平面SCA的法向量m=(a,b,c),由4b=0,a-4b+3c=0,m=(-3,0,1),cos<n,m>=-21919,二面角B-SC-A的余弦值為21919.10.解 (1)如圖,過點A作平面的垂線交于點G,連接GB、GA1,因為AG,所以ABG是AB與所成的角.在RtGA1A中,GA1A=60°,AA1=1,AG=32.在RtAGB中,AB=2,AG=32,sinABG=34,故AB與平面所成的角的正弦值為34.(2)如圖,建立坐標系,則A1(0,0,0),A(0,0,1),B1(0,1,0),B(2,1,0).在AB上取一點F(x,y,z),則存在tR,使得AF=tAB,即(x,y,z-1)=t(2,1,-1),點F的坐標為(2t,t,1-t).要使A1FAB,須A1F·AB=0,即(2t,t,1-t)·(2,1,-1)=0,2t+t-(1-t)=0,解得t=14,點F的坐標為24,14,34,A1F=24,14,34.設E為AB1的中點,則點E的坐標為0,12,12.EF=24,-14,14.又EF·AB=24,-14,14·(2,1,-1)=12-14-14=0,EFAB,A1FE為所求二面角的平面角.又cosA1FE=A1F·EF|A1F|EF|=(24,14,34)·(24,-14,14)216+116+916·216+116+116=18-116+31634×14=13=33,二面角A1-AB-B1的余弦值為32.11.解 (1)在ABC中,AB=1,BC=AD=2,ABC=3,則AC=3,所以AB2+AC2=BC2,即BAC=90°.因為四邊形ACEF為矩形,所以FAAC,因為平面ACEF平面ABCD,平面ACEF平面ABCD=AC,FA平面ACEF,所以FA平面ABCD.建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,3,0),E(0,3,1),F(0,0,1),當=12時,EM=12EF,所以M0,32,1.所以BM=-1,32,1,DE=(1,0,1),所以BM·DE=(1,0,1)·-1,32,1=0,所以BMDE,即異面直線DE與BM所成角的大小為90°.(2)平面ECD的一個法向量n1=(0,1,0),設M(x0,y0,z0),由EM=(0,-3,0)=(0,-3,0)=(x0,y0-3,z0-1),得x0=0,y0=3(1-),z0=1,即M(0,3(1-),1),所以BM=(-1,3(1-),1),BC=(-1,3,0).設平面MBC的法向量n2=(x,y,z),因為n2BC,n2BM,即-x+3y=0,-x+3(1-)y+z=0,取y=1,則x=3,z=3,所以平面MBC的一個法向量n2=(3,1,3),因為0<2,所以cos =n1·n2|n1|n2|=14+32.因為01,所以cos 77,12.9