2020版高考数学一轮复习 单元质检卷八 立体几何（A）理 北师大版.docx

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单元质检卷八　立体几何(A) (时间:45分钟　满分:100分) 一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分) 1.(2019届广东湛江调研测试,10)设m、n是两条不同的直线,α、β是两个不同的平面,下列命题中正确的是(　　) A.α∩β=n,m⫋α,m∥β⇒m∥n B.α⊥β,α∩β=m,m⊥n⇒n⊥β C.m⊥n,m⫋α,n⫋β⇒α⊥β D.m∥α,n⫋α⇒m∥n 2.(2019届山东青岛调研,11)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BB1的中点,用过点A,E,C1的平面截去该正方体的上半部分,则剩余几何体的左视图为(　　) 3.(2019甘肃师大附中期中,8)某几何体的三视图如下图所示,数量单位为cm,它的体积是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.2732 cm3 B.92 cm3 C.932 cm3 D.272 cm3 4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C,α∩平面AB1C=m,平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C,β∩平面ADD1A1=n,则m,n所成角的余弦值为 (　　) A.0 B.12 C.22 D.32 5.(2019届湖南桃江一中期中,5)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为(　　) A.25π B.26π C.32π D.36π 6.已知某三棱锥的三视图如图所示,图中的3个直角三角形的直角边长度已经标出,则在该三棱锥中,最短的棱和最长的棱所在直线所成角的余弦值为(　　) A.13 B.55 C.12 D.23 二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分) 7.(2019广东深圳实验中学、珠海一中等六校联考,15)在三棱锥D-ABC中,DC⊥底面ABC,AD=6,AB⊥BC且三棱锥D-ABC的每个顶点都在球O的表面上,则球O的表面积为　　　　　. 8.如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=π2,M、N分别是AB和SC的中点.则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为　　　　　,直线SM与平面SAC所成角的大小为　　　　　. 三、解答题(本大题共3小题,共44分) 9.(14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. 10.(15分)(2019湖南师范大学附中模拟,18)如图,α∩β=l,二面角α-l-β的大小为θ,A∈α,B∈β,点A在直线l上的射影为A1,点B在直线l上的射影为B1.已知AB=2,AA1=1,BB1=2. (1)若θ=120,求直线AB与平面β所成角的正弦值; (2)若θ=90,求二面角A1-AB-B1的余弦值. 11.(15分)(2019届江苏徐州期中)如图,在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,∠ABC=π3,四边形ACEF为矩形,平面ACEF⊥平面ABCD,AF=1,点M在线段EF上运动,且EM=λEF. (1)当λ=12时,求异面直线DE与BM所成角的大小; (2)设平面MBC与平面ECD所成二面角的大小为θ0<θ≤π2,求cos θ的取值范围. 参考答案 单元质检卷八　立体几何(A) 1.A　对于A,根据线面平行性质定理即可得A选项正确;对于B,当α⊥β,α∩β=m时,若n⊥m,n⫋α,则n⊥β,但题目中无条件n⫋α,故B不一定成立;对于C,若m⊥n,m⫋α,n⫋β,则α与β相交或平行,故C错误;对于D,若m∥α,n⫋α,则m与n平行或异面,则D错误,故选A. 2.C　取DD1中点F,连接AF,C1F,平面AFC1E为截面.如下图,所以下半部分的左视图如C选项,所以选C. 3.C　根据三视图可将其还原为如下直观图, V=13Sh=1312(2+4)3332=932,故选C. 4.D　如图所示,∵BD1⊥平面AB1C,平面α过直线BD,α⊥平面AB1C, ∴平面α即为平面DBB1D1. 设AC∩BD=O, ∴α∩平面AB1C=OB1=m. ∵平面A1C1D过直线A1C1,与平面AB1C平行,而平面β过直线A1C1,β∥平面AB1C, ∴平面A1C1D即为平面β.β∩平面ADD1A1=A1D=n, 又A1D∥B1C, ∴m,n所成角为∠OB1C, 由△AB1C为正三角形,则cos∠OB1C=cosπ6=32.故选D. 5.C　三视图对应的几何体如图所示,其中DA⊥平面ABC,∠ABC=90,所以该四面体的四个面都是直角三角形且DA=4,AC=4,故四面体外接球的直径为DC=42,故外接球的表面积为4π(22)2=32π,故选C. 6.A　由三视图还原几何体如图. 几何体是三棱锥A-BCD,满足平面ACD⊥平面BCD,且AD⊥CD,BC⊥CD. 最短棱为CD,最长棱为AB.在平面BCD内,过点B作BE∥CD,且BE=CD,连接DE, ∴四边形BEDC为正方形,可得AE=22,在Rt△AEB中,求得AB=12+(22)2=3, ∴cos∠ABE=BEAB=13. 即最短的棱和最长的棱所在直线所成角的余弦值为13.故选A. 7.36π　因为三棱锥D-ABC中,DC⊥底面ABC,所以DC⊥AB,又因为AB⊥BC,DC和CB相交于点C,故得到AB⊥面BCD,故得到AB垂直于BD,又因为DC垂直于面ABC,故DC垂直于AC,故三角形ACD和三角形ABD均为直角三角形,有公共斜边AD,取AD中点为O点,根据直角三角形斜边的中点为外心得到O到A、B、C、D四个点的距离相等,故点O是球心,球的半径为3,由球的面积公式得S=4πR2=36π.故答案为36π. 8.105　π4　因为∠ASB=∠BSC=∠CSA=π2,所以以S为坐标原点,SA,SB,SC为x,y,z轴建立空间直角坐标系. 设SA=SB=SC=2,则M(1,1,0),B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2). 因为SM=(1,1,0),BN=(0,-2,1),cos=-225=-105, 所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为105,平面SAC一个法向量为SB=(0,2,0),则由cos=222=22得=π4,即直线SM与平面SAC所成角大小为π4. 9.(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, ∴二面角B-SC-A的余弦值为21919. 10.解 (1)如图,过点A作平面β的垂线交于点G,连接GB、GA1, 因为AG⊥β,所以∠ABG是AB与β所成的角.在Rt△GA1A中,∠GA1A=60,AA1=1,∴AG=32. 在Rt△AGB中,AB=2,AG=32,sin∠ABG=34,故AB与平面β所成的角的正弦值为34. (2)如图,建立坐标系, 则A1(0,0,0),A(0,0,1),B1(0,1,0),B(2,1,0). 在AB上取一点F(x,y,z),则存在t∈R,使得AF=tAB,即(x,y,z-1)=t(2,1,-1), ∴点F的坐标为(2t,t,1-t). 要使A1F⊥AB,须A1FAB=0, 即(2t,t,1-t)(2,1,-1)=0,2t+t-(1-t)=0,解得t=14, ∴点F的坐标为24,14,34, ∴A1F=24,14,34. 设E为AB1的中点,则点E的坐标为0,12,12. ∴EF=24,-14,14. 又EFAB=24,-14,14(2,1,-1)=12-14-14=0, ∴EF⊥AB, ∴∠A1FE为所求二面角的平面角.又cos∠A1FE=A1FEF|A1F||EF|=(24,14,34)(24,-14,14)216+116+916216+116+116=18-116+3163414=13=33, ∴二面角A1-AB-B1的余弦值为32. 11.解 (1)在△ABC中,AB=1,BC=AD=2,∠ABC=π3,则AC=3,所以AB2+AC2=BC2,即∠BAC=90.因为四边形ACEF为矩形,所以FA⊥AC,因为平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,FA⫋平面ACEF,所以FA⊥平面ABCD. 建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),D(-1,3,0),E(0,3,1),F(0,0,1), 当λ=12时,EM=12EF, 所以M0,32,1. 所以BM=-1,32,1,DE=(1,0,1), 所以BMDE=(1,0,1)-1,32,1=0,所以BM⊥DE,即异面直线DE与BM所成角的大小为90. (2)平面ECD的一个法向量n1=(0,1,0),设M(x0,y0,z0),由EM=λ(0,-3,0)=(0,-3λ,0)=(x0,y0-3,z0-1),得x0=0,y0=3(1-λ),z0=1,即M(0,3(1-λ),1),所以BM=(-1,3(1-λ),1),BC=(-1,3,0). 设平面MBC的法向量n2=(x,y,z),因为n2⊥BC,n2⊥BM, 即-x+3y=0,-x+3(1-λ)y+z=0, 取y=1,则x=3,z=3λ, 所以平面MBC的一个法向量n2=(3,1,3λ), 因为0<θ≤π2, 所以cos θ=n1n2|n1||n2|=14+3λ2. 因为0≤λ≤1,所以cos θ∈77,12.