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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,、是两个不同的平面,下列命题中正确的是()A.=n,m,mmnB.,=m,mnnC.mn,m,nD.m,nmn2.(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 cm3B.92 cm3C.932 cm3D.272 cm34.已知正方体ABCD-A1B1C1D1,平面过直线BD,平面AB1C,平面AB1C=m,平面过直线A1C1,平面AB1C,平面ADD1A1=n,则m,n所成角的余弦值为()A.0B.12C.22D.325.(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.25B.26C.32D.366.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.13B.55C.12D.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,ABBC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=2,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,=l,二面角-l-的大小为,A,B,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=120,求直线AB与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届江苏徐州期中)如图,在平行四边形ABCD中,AB=1,AD=2,ABC=3,四边形ACEF为矩形,平面ACEF平面ABCD,AF=1,点M在线段EF上运动,且EM=EF.(1)当=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02,求cos 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,=m时,若nm,n,则n,但题目中无条件n,故B不一定成立;对于C,若mn,m,n,则与相交或平行,故C错误;对于D,若m,n,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,平面过直线BD,平面AB1C,平面即为平面DBB1D1.设ACBD=O,平面AB1C=OB1=m.平面A1C1D过直线A1C1,与平面AB1C平行,而平面过直线A1C1,平面AB1C,平面A1C1D即为平面.平面ADD1A1=A1D=n,又A1DB1C,m,n所成角为OB1C,由AB1C为正三角形,则cosOB1C=cos6=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4(22)2=32,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ADCD,BCCD.最短棱为CD,最长棱为AB.在平面BCD内,过点B作BECD,且BE=CD,连接DE,四边形BEDC为正方形,可得AE=22,在RtAEB中,求得AB=12+(22)2=3,cosABE=BEAB=13.即最短的棱和最长的棱所在直线所成角的余弦值为13.故选A.7.36因为三棱锥D-ABC中,DC底面ABC,所以DCAB,又因为ABBC,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=4R2=36.故答案为36.8.1054因为ASB=BSC=CSA=2,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=4,即直线SM与平面SAC所成角大小为4.9.(1)证明在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作平面的垂线交于点G,连接GB、GA1,因为AG,所以ABG是AB与所成的角.在RtGA1A中,GA1A=60,AA1=1,AG=32.在RtAGB中,AB=2,AG=32,sinABG=34,故AB与平面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tR,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A1FAB,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,EFAB,A1FE为所求二面角的平面角.又cosA1FE=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=3,则AC=3,所以AB2+AC2=BC2,即BAC=90.因为四边形ACEF为矩形,所以FAAC,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=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BMDE,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=(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).设平面MBC的法向量n2=(x,y,z),因为n2BC,n2BM,即-x+3y=0,-x+3(1-)y+z=0,取y=1,则x=3,z=3,所以平面MBC的一个法向量n2=(3,1,3),因为02,所以cos =n1n2|n1|n2|=14+32.因为01,所以cos 77,12.9
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