1、=【;精品教育资源文库】=单元质检卷八 立体几何( B)(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.(2017广西名校联考,理 8)已知 m,l是直线, , 是平面,给出下列命题: 若 l垂直于 ,则 l垂直于 内的所有直线; 若 l平行于 ,则 l平行于 内的所有直线; 若 l? ,且 l ,则 ; 若 m? ,l? ,且 ,则 m l.其中正确的命题的个数是( )A.4 B.3 C.2 D.12.(2017安徽黄山二模,理 6)过圆锥顶点的平面截去圆锥一部分,所得几何体的三视图如图所示,则原圆锥的体积为 ( )A.1 B. C. D.2
2、?3 4?3 8?33.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体,该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示 .若该几何体的表面积为 16+20,则 r=( )A.1 B.2 C.4 D.8(第 2题图)(第 3题图)=【;精品教育资源文库】=4.已知四棱锥 P-ABCD的顶点都在球 O上,底面 ABCD是矩形,平面 PAD平面 ABCD, PAD为正三角形, AB=2AD=4,则球 O的表面积为( )A. B. C.24 D. ?导学号 21500639?56?3 64?3 80?35.(2017河南新乡二模,理 10)已知正三角形 ABC的三个顶点都在球心为 O、半径为
3、3的球面上,且三棱锥 O-ABC的高为 2,点 D是线段 BC的中点,过点 D作球 O的截面,则截面积的最小值为( )A. B.4 C. D.315?4 7?26.(2017青海西宁模拟)如图所示的三棱锥 P-ABC中, D是棱 PB的中点,已知 PA=BC=2,AB=4,CB AB,PA平面 ABC,则异面直线 PC,AD所成角的余弦值为( )A.- B.-3010 305C. D. ?导学号 21500640?305 3010二、填空题(本大题共 2小题,每小题 7分,共 14分)7.(2017山西晋中一模,理 15)设二面角 -CD- 的大小为 45,点 A在平面 内,点 B在 CD上,
4、且 ABC=45,则 AB与平面 所成角的大小为 . ?导学号 21500641? 8.已知在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中, AA1=2AB,E为 AA1中点,则异面直线 BE与 CD1所成角的余弦值为 .三、解答题(本大题共 3小题,共 44分)9.(14分)(2017 安徽安庆二模,理 18)在如图所示的五面体中,四边形 ABCD为直角梯形, BAD= ADC= ,平面 ADE平面 ABCD,EF=2DC=4AB=4, ADE是边长为 2的正三角形 .?2(1)求证: BE平面 ACF;(2)求二面角 A-BC-F的余弦值 .10.(15分)(2017 山东烟台一模,理 17)在
5、如图所示的三棱柱中,侧面 ABB1A1为边长等于 2的菱形,且 AA1B1=60, ABC为等边三角形,平面 ABC平面 ABB1A1.(1)求证: A1B1 AC1;(2)求侧面 A1ACC1和侧面 BCC1B1所成的二面角的余弦值 .=【;精品教育资源文库】=?导学号 21500642?11.(15分)(2017 天津,理 17)如图,在三棱锥 P-ABC中, PA底面 ABC, BAC=90,点 D,E,N分别为棱 PA,PC,BC的中点, M是线段 AD的中点, PA=AC=4,AB=2.(1)求证: MN平面 BDE;(2)求二面角 C-EM-N的正弦值;(3)已知点 H在棱 PA上
6、,且直线 NH与直线 BE所成角的余弦值为 ,求线段 AH的长 .721?导学号 21500643?参考答案单元质检卷八 立体几何( B)1.C 解析 对于 ,由线面垂直的定义可知 正确;对于 ,若 l平行于 内的所有直线,根据平行公理可得 内的所有直线都互相平行,显然是错误的,故 错误;对于 ,根据面面垂直的判定定理可知 正确;对于 ,若 m? ,l? ,且 ,则直线 l与 m无公共点, l 与 m平行或异面,故 错误 .故选 C.2.D 解析 由三视图可得底面圆的半径为 =2,圆锥的高为 =2,3+1 5-1 原圆锥的体积为 222= ,故选 D.13 8?3=【;精品教育资源文库】=3.
7、B 解析 由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积、两个半圆面积、圆柱侧面积的一半、球表面积的一半相加所得,所以表面积为 S 表 =2r2r+2 r2+ r2r+ 4 r2=5 r2+4r2=16+20,解得 r=2.12 124.B 解析 令 PAD所在圆的圆心为 O1,则易得圆 O1的半径 r= ,因为平面 PAD平面 ABCD,所以233OO1= AB=2,所以球 O的半径 R= ,所以球 O 的表面积 =4 R2= .12 4+(233)2=43 64?35.A 解析 设正三角形 ABC的中心为 O1,连接 O1
8、O,O1C,O1D,OD,O 1是正三角形 ABC的中心, A,B,C三点都在球面上,O 1O平面 ABC,结合 O1C?平面 ABC,可得 O1O O1C, 球的半径 R=3,O1O=2, 在 Rt O1OC中, O1C= .5又 D为 BC的中点, 在 Rt O1DC中, O1D= O1C= .12 52在 Rt OO1D中, OD= .4+54=214过 D作球 O的截面,当截面与 OD垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆的半径 r= ,可得截面面积为 S= r2= .故选 A.9-214=152 15?46.D 解析 因为 PA平面 ABC,所以 PA AB,PA BC.过点 A作 A
9、E CB,又 CB AB,则 AP,AB,AE两两垂直 .如图所示,以 A为坐标原点,分别以 AB,AE,AP所在直线为 x轴、 y轴、 z轴建立空间直角坐标系,则 A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).因为 D为 PB的中点,所以 D(2,0,1).故 =(-4,2,2), =(2,0,1).? ?所以 cos= =- .?,?|?|?|=-6526 3010=【;精品教育资源文库】=设异面直线 PC,AD所成的角为 ,则 cos =| cos|= .?,?30107.30 解析 根据题意画出图形,作 AE 交平面 于点 E,作 EF CD于点 F,连接
10、AF,则AF CD,由题意可知 ABC=45, AFE=45,设 AE=1,则 EF=1,AF= ,BF= ,AB=2,而 AE=1, ABE为直角三角形,2 2 ABE=30.故答案为 30.8. 解析 建立如图所示空间直角坐标系,令 AA1=2AB=2,则 E(1,0,1),B(1,1,0),C(0,1,0),31010D1(0,0,2).=(0,-1,1), =(0,-1,2).? ?1 cos= .?,?1?1|?|?1|=325=310109.(1)证明 取 AD中点 O,以 O为原点, OA为 x轴,过 O作 AB的平行线为 y轴, OE为 z轴,建立空间直角坐标系,则 B(1,1
11、,0),E(0,0, ),A(1,0,0),C(-1,2,0),F(0,4, ),3 3=(-1,-1, ), =(-1,4, ), =(-2,2,0),? 3 ? 3 ?=1-4+3=0, =2-2=0,BE AF,BE AC,? ?又 AF AC=A,BE 平面 ACF.(2)解 =(-2,1,0), =(-1,3, ),设平面 BCF的法向量 n=(x,y,z),? ? 3=【;精品教育资源文库】=则 取 x=1,得 n= ,?=-2x+?=0,?=-?+3?+3?=0, (1,2,- 53)平面 ABC的法向量 m=(0,0,1),设二面角 A-BC-F的平面角为 ,则 cos = =
12、- =- . 二面角 A-BC-F的余弦值为 - .?|?|?|531+4+253 104 10410.(1)证明 取 A1B1的中点 O,连接 OA,OC1,由已知得 A1B1C1为等边三角形,C 1O A1B1,由侧面 ABB1A1为边长等于 2的菱形, AA1B1=60,可得 OA A1B1,A 1B1 C1O,A1B1 OA,OA OC1=O,A 1B1平面 AOC1.而 AC1?平面 AOC1,A 1B1 AC1.(2)解 平面 A1B1C1平面 ABB1A1,且 C1O A1B1,C 1O平面 ABB1A1,OA?平面 ABB1A1,AO OC1.由(1)知 OA OA1,OA1
13、OC1,故建立空间直角坐标系如下图 .则 A1(1,0,0),A(0, ,0),C1(0,0, ),B1(-1,0,0),C(-1, ),3 3 3, 3=(-1,0, ), =(0,- ),?1?1 3 ?1 3, 3设 m=(x,y,z)为平面 A1ACC1的法向量,则 令 z=1,可得 m=( ,1,1).-?+3?=0,- 3?+3?=0, 3=(1,0, ), =(-1, ,0).?1?1 3 ?1? 3设 n=(a,b,c)为平面 BCC1B1的法向量,则 令 a= ,可得 n=( ,1,-1).?+3?=0,-?+3?=0, 3 3 cos= ,35 侧面 A1ACC1和侧面 B
14、CC1B1所成的二面角的余弦值为 .3511.解如图,以 A为原点,分别以 方向为 x轴、 y轴、 z轴正方向建立空间直角坐标系 .?,?,?=【;精品教育资源文库】=依题意可得 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明 =(0,2,0), =(2,0,-2),? ?设 n=(x,y,z)为平面 BDE的法向量,则 ?=0,?=0,即 2?=0,2?-2?=0.不妨设 z=1,可得 n=(1,0,1).又 =(1,2,-1),可得 n=0.? ?因为 MN?平面 BDE,所以 MN
15、平面 BDE.(2)解 易知 n1=(1,0,0)为平面 CEM的一个法向量 .设 n2=(x,y,z)为平面 EMN的法向量,则?2?=0,?2?=0.因为 =(0,-2,-1), =(1,2,-1),? ?所以 -2?-?=0,?+2?-?=0.不妨设 y=1,可得 n2=(-4,1,-2).因此有 cos= =- ,?1?2|?1|?2| 421于是 sin= .10521所以,二面角 C-EM-N的正弦值为 .10521(3)解 依题意,设 AH=h(0 h4),则 H(0,0,h),进而可得 =(-1,-2,h), =(-2,2,2).? ?由已知,得 |cos|= ,?,?|?|?|?|=|2?-2|?2+523=721=【;精品教育资源文库】=整理得 10h2-21h+8=0,解得 h= 或 h= .85 12所以,线段 AH的长为 .85或 12
