2019高三数学（北师大版理科）一轮单元质检卷八立体几何（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.若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件2.(2017浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.π2+1 B.π2+3 C.3π2+1 D3.(2017河北邯郸一模,理10)某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.9+36π B.6+36π C.3+3(第2题图)(第3题图)4.(2017福建莆田一模,理10)已知正方体ABCDA1B1C1D1,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 D5.(2017四川成都三诊,理11)如图,某三棱锥的主视图、左视图和俯视图分别是直角三角形、等腰三角形和等边三角形,若该三棱锥的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.27π B.48π C.64π D.81π6.(2017辽宁沈阳三模,理10)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〚(第5题图)(第6题图)二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2017安徽安庆二模,理14)正四面体ABCD中,E,F分别为边AB,BD的中点,则异面直线AF,CE所成角的余弦值为.

8.(2017山西太原二模,理15)已知三棱锥ABCD中,AB=AC=BC=2,BD=CD=2,点E是BC的中点,点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点,则该三棱锥外接球的表面积为.〚导学号21500637〛

三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2017河南郑州一中质检一,理18)如图,在三棱锥SABC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BSCA的余弦值.10.(15分)(2017辽宁沈阳三模,理19)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,侧面AA1B1B⊥底面ABC,△ABC和△ABB1都是边长为2的正三角形.(1)过B1作出三棱柱的截面,使截面垂直于AB,并证明;(2)求AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值.11.(15分)(2017河南焦作二模,理19)在三棱柱ABCA1B1C1中,CA=CB,侧面ABB1A1是边长为2的正方形,点E,F分别在线段AA1,A1B1上,且AE=12,A1F=34,CE⊥(1)求证:平面ABB1A1⊥平面ABC;(2)若CA⊥CB,求直线AC1与平面CEF所成角的正弦值.〚导学号21500638〛参考答案单元质检卷八立体几何(A)1.B解析由“m⊥α且l⊥m”推出“l⫋α或l∥α”,但由“m⊥α且l∥α”可推出“l⊥m”,所以“l⊥m”是“l∥α”的必要不充分条件,故选B.2.A解析V=13×3×

12×π×12+12×2×1

=3.A解析由三视图可得,直观图为圆锥的12与圆柱的34由图中数据可得几何体的体积为12·13·π·12·3+34π·12·24.D解析如图所示,∵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=325.C解析由三视图可知直观图如图所示.∵△ABC是边长为6的等边三角形,∴外接球的球心D在底面ABC的投影为△ABC的中心O.过点D作DE⊥VA于点E,则E为VA的中点,连接OA,DA,则DE=OA=23×33=23,AE=12VA=2,DA为外接球的半径r,∴r=D∴外接球的表面积S=4πr2=64π.故选C.6.A解析由三视图还原原几何体如图.几何体是三棱锥ABCD,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=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A7.16解析如图,连接CF,取BF的中点M,连接CM,EM则ME∥AF,故∠CEM即为所求的异面直线所成角.不妨设这个正四面体的棱长为2,则AF=CE=CF=3,EM=32,CM=13∴cos∠CEM=34故答案为168.6011π解析由题意,△BCD为等腰直角三角形,E是其外接圆的圆心点A在平面BCD上的射影恰好为DE的中点F,则BF=1+1∴AF=4-设球心到平面BCD的距离为h,则1+h2=14+112-h2,∴该三棱锥外接球的表面积为4π×1511=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设平面SCA的法向量m=(a,b,c),n与m的夹角为θ,由4b=0,a-4∴cosθ=21919,∴二面角BSCA的余弦值为10.解(1)设AB中点为O,连接OC,OB1,B1C,则截面OB1C为所求.证明:OC,OB1分别为△ABC,△ABB1的中线,所以AB⊥OC,AB⊥OB1,又OC,OB1为平面OB1C内的两条相交直线,所以AB⊥平面OB1C,(2)以O为原点,OB方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系,易求得B(1,0,0),A(1,0,0),C(0,3,0),B1(0,0,3),C1(1,3,CB=(1,3,0),B1B=(1,0,AC1=(0,设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z),由n⊥CBn⊥B1B⇒x-3y=0,x-3|cosθ|=|A所以AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为10511.(1)证明取AB的中点D,连接CD,DF,DE.∵AC=BC,D是AB的中点,∴CD⊥AB.∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形,AE=12,A1F=3∴A1E=32EF=34DE=12DF=22∴EF2+DE2=DF2,∴DE⊥EF,又CE⊥EF,CE∩DE=E,CE⫋平面CDE,DE⫋平面CDE,∴EF⊥平面CDE,又CD⫋平面CDE,∴CD⊥EF,又CD⊥AB,AB⫋平面ABB1A1,EF⫋平面ABB1A1,AB,EF为相交直线,∴CD⊥平面ABB1A1,又CD⫋平面ABC,∴平面ABB1A1⊥平面ABC.(2)解∵平面ABB1A1⊥平面ABC,∴三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱,∴CC1⊥平面ABC.∵CA⊥CB,AB=2,∴AC=BC=2.以C为原点,分别以CA,CB,CC1为x轴,y