2019高三数学（人教B版理）一轮：单元质检卷八+立体几何（B） 9页

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,α,β是平面,给出下列命题:‎ ‎①若l垂直于α,则l垂直于α内的所有直线;‎ ‎②若l平行于α,则l平行于α内的所有直线;‎ ‎③若l⊂β,且l⊥α,则α⊥β;‎ ‎④若m⊂α,l⊂β,且α∥β,则m∥l.‎ 其中正确的命题的个数是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.4 B.3 C.2 D.1‎ ‎2.(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.‎2π‎3‎ C.‎4π‎3‎ D.‎‎8π‎3‎ ‎3.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+20π,则r=(　　)‎ A.1 B.2 C.4 D.8‎ ‎(第2题图)‎ ‎(第3题图)‎ ‎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.‎56π‎3‎ B.‎64π‎3‎ C.24π D.‎80π‎3‎〚导学号21500639〛‎ ‎5.(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.‎15π‎4‎ B.4π C.‎7π‎2‎ D.3π ‎6.(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.-‎30‎‎10‎ B.-‎‎30‎‎5‎ C.‎30‎‎5‎ D.‎30‎‎10‎〚导学号21500640〛‎ 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α-CD-β的大小为45°,点A在平面α内,点B在CD上,且∠ABC=45°,则AB与平面β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=π‎2‎,平面ADE⊥平面ABCD,EF=2DC=4AB=4,△ADE是边长为2的正三角形.‎ ‎(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.‎ ‎〚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,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为‎7‎‎21‎,求线段AH的长.‎ ‎〚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①,由线面垂直的定义可知①正确;‎ 对于②,若l平行于α内的所有直线,根据平行公理可得α内的所有直线都互相平行,显然是错误的,故②错误;‎ 对于③,根据面面垂直的判定定理可知③正确;‎ 对于④,若m⊂α,l⊂β,且α∥β,则直线l与m无公共点,∴l与m平行或异面,故④错误.故选C.‎ ‎2.D　解析 由三视图可得底面圆的半径为‎3+1‎=2,圆锥的高为‎5-1‎=2,‎ ‎∴原圆锥的体积为‎1‎‎3‎π·22·2=‎8π‎3‎,故选D.‎ ‎3.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=2r×2r+2×‎1‎‎2‎πr2+πr×2r+‎1‎‎2‎×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.‎ ‎4.B　解析 令△PAD所在圆的圆心为O1,则易得圆O1的半径r=‎2‎‎3‎‎3‎,因为平面PAD⊥平面ABCD,所以OO1=‎1‎‎2‎AB=2,所以球O的半径R=‎4+‎‎2‎‎3‎‎3‎‎2‎‎=‎‎4‎‎3‎,所以球O的表面积=4πR2=‎64π‎3‎.‎ ‎5.A　解析 设正三角形ABC的中心为O1,连接O1O,O1C,O1D,OD,‎ ‎∵O1是正三角形ABC的中心,A,B,C三点都在球面上,‎ ‎∴O1O⊥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=‎1‎‎2‎O1C=‎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=‎9-‎‎21‎‎4‎‎=‎‎15‎‎2‎,可得截面面积为S=πr2=‎15π‎4‎.故选A.‎ ‎6.D　解析 因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.过点A作AE∥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CP=(-4,2,2),AD=(2,0,1).‎ 所以cos=AD‎·‎CP‎|AD||CP|‎‎=‎‎-6‎‎5‎‎×2‎‎6‎=-‎30‎‎10‎.‎ 设异面直线PC,AD所成的角为θ,则cos θ=|cos|=‎30‎‎10‎.‎ ‎7.30°　解析 根据题意画出图形,作AE⊥β交平面β于点E,作EF⊥CD于点F,连接AF,则AF⊥CD,由题意可知∠ABC=45°,∠AFE=45°,‎ 设AE=1,则EF=1,AF=‎2‎,BF=‎2‎,AB=2,而AE=1,△ABE为直角三角形,‎ ‎∴∠ABE=30°.故答案为30°.‎ ‎8.‎3‎‎10‎‎10‎　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),D1(0,0,2).‎ BE‎=(0,-1,1),CD‎1‎=(0,-1,2).‎ ‎∴cos=BE‎·‎CD‎1‎‎|BE||CD‎1‎|‎‎=‎3‎‎2‎‎×‎‎5‎=‎‎3‎‎10‎‎10‎.‎ ‎9.(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(1,1,0),E(0,0,‎3‎),A(1,0,0),C(-1,2,0),F(0,4,‎3‎),‎ BE‎=(-1,-1,‎3‎),AF=(-1,4,‎3‎),AC=(-2,2,0),‎ BE‎·‎AF‎=1-4+3=0,BE‎·‎AC=2-2=0,∴BE⊥AF,BE⊥AC,‎ 又AF∩AC=A,∴BE⊥平面ACF.‎ ‎(2)解 BC=(-2,1,0),BF=(-1,3,‎3‎),设平面BCF的法向量n=(x,y,z),‎ 则n·BC=-2x+y=0,‎n·BF=-x+3y+‎3‎z=0,‎取x=1,得n=‎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θ,‎ 则cos θ=m·n‎|m||n|‎=-‎5‎‎3‎‎1+4+‎‎25‎‎3‎=-‎10‎‎4‎.∴二面角A-BC-F的余弦值为-‎10‎‎4‎.‎ ‎10.(1)证明 取A1B1的中点O,连接OA,OC1,‎ 由已知得△A1B1C1为等边三角形,‎ ‎∴C1O⊥A1B1,‎ 由侧面ABB1A1为边长等于2的菱形,∠AA1B1=60°,可得OA⊥A1B1,‎ ‎∴A1B1⊥C1O,A1B1⊥OA,OA∩OC1=O,∴A1B1⊥平面AOC1.‎ 而AC1⊂平面AOC1,∴A1B1⊥AC1.‎ ‎(2)解 ∵平面A1B1C1⊥平面ABB1A1,且C1O⊥A1B1,∴C1O⊥平面ABB1A1,OA⊂平面ABB1A1,∴AO⊥OC1.‎ 由(1)知OA⊥OA1,OA1⊥OC1,故建立空间直角坐标系如下图.‎ 则A1(1,0,0),A(0,‎3‎,0),C1(0,0,‎3‎),B1(-1,0,0),C(-1,‎3‎‎,‎‎3‎),‎ A‎1‎C‎1‎‎=(-1,0,‎3‎),AC‎1‎=(0,-‎3‎‎,‎‎3‎),‎ 设m=(x,y,z)为平面A1ACC1的法向量,则‎-x+‎3‎z=0,‎‎-‎3‎y+‎3‎z=0,‎令z=1,可得m=(‎3‎,1,1).‎ B‎1‎C‎1‎‎=(1,0,‎3‎),C‎1‎C=(-1,‎3‎,0).‎ 设n=(a,b,c)为平面BCC1B1的法向量,则a+‎3‎c=0,‎‎-a+‎3‎b=0,‎令a=‎3‎,可得n=(‎3‎,1,-1).‎ ‎∴cos=‎3‎‎5‎,‎ ‎∴侧面A1ACC1和侧面BCC1B1所成的二面角的余弦值为‎3‎‎5‎.‎ ‎11.解如图,以A为原点,分别以AB‎,AC,‎AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.‎ 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 DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2),‎ 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,‎ 则n·DE=0,‎n·DB=0,‎即‎2y=0,‎‎2x-2z=0.‎ 不妨设z=1,可得n=(1,0,1).‎ 又MN=(1,2,-1),可得MN·n=0.‎ 因为MN⊄平面BDE,所以MN∥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n‎2‎‎·EM=0,‎n‎2‎‎·MN=0.‎ 因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),‎ 所以‎-2y-z=0,‎x+2y-z=0.‎ 不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).‎ 因此有cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎=-‎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≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).‎ 由已知,得|cos|=‎|NH·BE|‎‎|NH||BE|‎‎=‎|2h-2|‎h‎2‎‎+5‎‎×2‎‎3‎=‎‎7‎‎21‎,‎ 整理得10h2-21h+8=0,解得h=‎8‎‎5‎或h=‎1‎‎2‎.‎ 所以,线段AH的长为‎8‎‎5‎或‎1‎‎2‎.‎