2020年高考理科数学单元测试8 立体几何(A)

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 ∥nB.α⊥β,α∩β=m ,m ⊥n ⇒n ⊥βC.m ⊥n ,m ⊂α,n ⊂β⇒α⊥βD.m ∥α,n ⊂α⇒m ∥n2.(2019届山东青岛调研,11)如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为棱BB 1的中点,用过点A ,E ,C 1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.27√32 cm3 B.92 cm3 C.9√32 cm 3 D.272 cm 34.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1,平面α过直线BD ,α⊥平面AB 1C ,α∩平面AB 1C=m ,平面β过直线A 1C 1,β∥平面AB 1C ,β∩平面ADD 1A 1=n ,则m ,n 所成角的余弦值为 ( ) A .0B .12C .√22 D .√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.25πB.26πC.32πD.36π6.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,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=2√5.(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EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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.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DD 1中点F ,连接AF ,C 1F ,平面AFC 1E 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=13S·h=13×12×(2+4)×3×3√32=9√32,故选C.4.D 如图所示,∵BD 1⊥平面AB 1C ,平面α过直线BD ,α⊥平面AB 1C ,∴平面α即为平面DBB 1D 1. 设AC ∩BD=O ,∴α∩平面AB 1C=OB 1=m.∵平面A 1C 1D 过直线A 1C 1,与平面AB 1C 平行,而平面β过直线A 1C 1,β∥平面AB 1C , ∴平面A 1C 1D 即为平面β.β∩平面ADD 1A 1=A 1D=n , 又A 1D ∥B 1C ,∴m ,n 所成角为∠OB 1C ,由△AB 1C 为正三角形,则cos ∠OB 1C=cos π6=√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=4√2,故外接球的表面积为4π×(2√2)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=2√2,在Rt △AEB 中,求得AB=√12+(2√2)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=4πR 2=36π.故答案为36π. 8.√105π4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SM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-2,1),cos <SM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=√2×√5=-√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SB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),则由cos <SM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,SB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=√2×2=√22得<SM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,SB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=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=2√5, ∴AB 2+AC 2=BC 2,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),CS⃗⃗⃗⃗ =(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 =(2,1,2√33).设平面SCA 的法向量m =(a ,b ,c ),由{4b =0,a -4b +√3c =0,∴m =(-√3,0,1),∴cos <n ,m >=-2√1919, ∴二面角B-SC-A 的余弦值为2√1919.10.解 (1)如图,过点A 作平面β的垂线交于点G ,连接GB 、GA 1,因为AG ⊥β,所以∠ABG 是AB 与β所成的角.在Rt △GA 1A 中,∠GA 1A=60°,AA 1=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A 1(0,0,0),A (0,0,1),B 1(0,1,0),B (√2,1,0).在AB 上取一点F (x ,y ,z ),则存在t ∈R ,使得AF⃗⃗⃗⃗⃗ =t AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即(x ,y ,z-1)=t (√2,1,-1), ∴点F 的坐标为(√2t ,t ,1-t ).要使A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,须A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =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,∴A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√24,14,34.设E 为AB 1的中点,则点E 的坐标为0,12,12. ∴EF⃗⃗⃗⃗⃗ =√24,-14,14.又EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =√24,-14,14·(√2,1,-1)=12−14−14=0, ∴EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB⃗⃗⃗⃗⃗ , ∴∠A 1FE 为所求二面角的平面角.又cos ∠A 1FE=A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·EF⃗⃗⃗⃗⃗ |A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|·|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=(√24,14,34)·(√24,-14,14)√216+116+916·√216+116+116=18-116+316√34×14=√3=√33,∴二面角A 1-AB-B 1的余弦值为√32.11.解 (1)在△ABC 中,AB=1,BC=AD=2,∠ABC=π3,则AC=√3,所以AB 2+AC 2=BC 2,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 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12EF⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以M 0,√32,1.所以BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-1,√32,1,DE⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1), 所以BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,1)·-1,√32,1=0,所以BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥DE⃗⃗⃗⃗⃗ ,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n 1=(0,1,0),设M (x 0,y 0,z 0),由EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(0,-√3,0)=(0,-√3λ,0)=(x 0,y 0-√3,z 0-1),得{x 0=0,y 0=√3(1-λ),z 0=1,即M (0,√3(1-λ),1),所以BM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3(1-λ),1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,√3,0). 设平面MBC 的法向量n 2=(x ,y ,z ),因为{n 2⊥BC⃗⃗⃗⃗⃗ ,n 2⊥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n 2=(√3,1,√3λ),因为0<θ≤π2,所以cos θ=|n 1·n 2|n 1|·|n 2||=1√4+3λ.因为0≤λ≤1,所以cos θ∈[√77,12].。