1、单元质检卷八立体几何(B)(时间:45分钟满分:100分)单元质检卷第15页一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2019山东淄博一模,5)已知直线l和两个不同的平面,则下列结论正确的是() A.若l,l,则B.若,l,则lC.若l,l,则D.若,l,则l答案A解析对于A选项,过直线l作一个平面与平面相交,因l,则l与交线平行,又l,则交线也垂直b,所以,A选项正确.对于B选项,直线l可能在平面内,故B选项是假命题.对于C选项,两个平面可能相交,故C选项是假命题.对于D选项,直线l可能在平面内,故D选项是假命题.故答案为A.2.(2019重庆巴蜀中学考前模拟)已知某几何体的三
2、视图如图所示,则该几何体的体积为()A.16B.12C.323D.163答案C解析由三视图还原该几何体如图,该几何体为圆柱挖去两个圆锥,圆柱的底面半径为2,高是4,圆锥的底面半径为2,高分别为1和3.则V=224-1322(1+3)=323.故选C.3.(2019山东日照一模,8)某几何体的三视图如图所示,图中正方形的边长为2,四条用虚线表示的线段长度均相等,则该几何体的表面积为()A.8-23B.24-C.24+(25-1)D.24+(5-1)答案D解析由几何体的三视图得该几何体是棱长为2的正方体去掉一个底面半径为1,高为2的圆锥,如图,所以该几何体的表面积为:S=622-r2+rl=24-
3、12+112+22=24+(5-1).故选D.4.(2019山东聊城一模,7)如图,圆柱的轴截面ABCD为正方形,E为弧BC的中点,则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.33B.55C.306D.66答案D解析取BC的中点H,连接EH,AH,EHA=90,设AB=2,则BH=HE=1,AH=5,所以AE=6,连接ED,ED=6,因为BCAD,所以异面直线AE与BC所成角即为EAD,在EAD中,cosEAD=6+4-6226=66.故选D.5.(2019山东济宁一模,9)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形,且两直角边长分别为1和3,此三棱柱的高为23,则该三棱柱的外接球的体
4、积为()A.83B.163C.323D.643答案C解析该直三棱柱的底面外接圆直径为2r=12+(3)2=2.所以外接球的直径为2R=(2r)2+h2=22+(23)2=4,则R=2.因此,该三棱柱的外接球的体积为43R3=323.故选C.6.(2019四川成都七中一模,10)已知正三棱锥的高为6,侧面与底面成60的二面角,则其内切球(与四个面都相切)的表面积为()A.4B.16C.36D.64答案B解析如图,过点P作PD平面ABC于D,连接并延长AD交BC于E,连接PE,ABC是正三角形,AE是BC边上的高和中线,D为ABC的中心.PEA为侧面与底面所成的二面角的平面角,PEA=60.PD=
5、6,DE=23,PE=43,AB=12,SABC=34122=363,SPAB=SPBC=SPCA=121243=243.S表=1083.设球的半径为r,以球心O为顶点,棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小棱锥,PD=6,VP-ABC=133636=723.由等体积可得r=37231083=2,S球=422=16.故选B.二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2019黑龙江哈尔滨三中一模,16)在四面体ABCD中,AB=AD=2,BAD=60,BCD=90,二面角A-BD-C的大小为150,则四面体ABCD外接球的半径为.答案213解析在四面体ABCD中,AB=AD=2,
6、BAD=60,BCD=90,二面角A-BD-C 的大小为150,四面体ABCD外接球,如图:则BCD在球的一个小圆上,BD的中点为小圆的圆心N,ABD是正三角形,也在球的一个小圆上,小圆的圆心为M,作OM平面ABD,ON平面BCD,O为球心,二面角A-BD-C的大小为150,作NPBD,则ANP=150,可得ONM=60,MN=33,则ON=233,BN=1,外接球的半径r=OB=ON2+BN2=(233)2+12=213.8.(2019安徽“江南十校”二模,16)九章算术卷第五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”,现有阳马S-ABCD,SA平面ABCD,AB=1,
7、AD=3,SA=3,BC上有一点E,使截面SDE的周长最短,则SE与CD所成角的余弦值等于.答案24解析要使截面SDE的周长最短,则SE+ED最短,将平面ABCD沿BC折至ABCD,使SBC与ABCD共面,连接SD交BC于E,连接ED,此时SDE周长最短,作EFCD交AD于F,则SEF即为所求角,在RtSAB中,求得SB=2,由SBSA=BEAD得BE=2.在RtSBE中,求得SE=22.在RtSFE中,cosSEF=EFSE=122=24.故SE与CD所成角的余弦值等于24.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2019天津,17)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,
8、ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BFAB=0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)解依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-
9、2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nBD=0,nBE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=CEn|CE|n|=-49.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)解设CF=h(h0),则F(1,2,h),BF=(0,2,h).设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则mBD=0,mBF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h.由题意,有|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87.10.(15分)(2019山
10、东青岛二模,18)如图,在圆柱W中,点O1,O2分别为上、下底面的圆心,平面MNFE是轴截面,点H在上底面圆周上(异于N、F),点G为下底面圆弧ME的中点,点H与点G在平面MNFE的同侧,圆柱W的底面半径为1,高为2.(1)若平面FNH平面NHG,证明:NGFH;(2)若直线NH与平面NFG所成线面角的正弦值等于155,证明:平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于3.(1)证明由题知,面FNH面NHG,面FNH面NHG=NH,因为NHFH,FH平面FHN,所以FH平面NHG.所以FHNG(2)解以点O2为坐标原点,分别以O2G,O2E,O2O1为x、y、z轴建立空间直角坐标系O2-x
11、yz,所以N(0,-1,2),G(1,0,0),F(0,1,2),NG=(1,1,-2),NF=(0,2,0),设H(m,n,2),则m2+n2=1(0m1,-1n0),NH=(m,n+1,0).设平面NFG的法向量n1=(x1,y1,z1),因为n1NG=0,n1NF=0,所以(x1,y1,z1)(1,1,-2)=0,(x1,y1,z1)(0,2,0)=0,所以x1+y1-2z1=0,2y1=0,即法向量n1=(2,0,1).因此sin =|NHn1|NH|n1|=2m5m2+(n+1)2=2m5m2+n2+2n+1=2m52n+2=155,所以2m2=3n+3,解得n=-12,m=32,所
12、以点H32,-12,2.设面NHG的法向量n2=(x2,y2,z2),因为n2NG=0,n2NH=0,所以(x2,y2,z2)(1,1,-2)=0,(x2,y2,z2)(32,12,0)=0,所以x2+y2-2z2=0,32x2+12y2=0,即法向量n2=1,-3,1-32.因为面MNFE的法向量n3=(1,0,0),所以cos =|n2n3|n2|n3|=14+(1-32)212.所以面NHG与面MNFE所成锐二面角的平面角大于3.11.(15分)(2019山东菏泽一模,18)在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,ADDC,ABDC,DC=2AB,PD=1,B
13、C=2,BCBD,设Q为棱PC上一点,PQ=PC.(1)求证:当=15时,AQPC;(2)试确定的值使得二面角Q-BD-P的平面角为45.(1)证明因为DC=2AB,BC=2,过B作BEDC于E,则E为DC中点,所以BD=BC=2,又BCBD,所以DC=2.所以AD=AB=1,因为PD平面ABCD,所以PDDC,PDAD.在RtPDC中,由勾股定理,得PC=PD2+DC2=12+22=5,当=15时,PQ=15PC,则PQ=15PC=55.因为PD=1,所以PQPD=55=PDPC,又DPQ=CPD,所以DPQCPD,所以DQP=CDP=90,即PCDQ.因为PDAD,又ADDC,PDDC=D
14、,所以AD平面PDC,所以ADPC.又ADDQ=D,所以PC平面ADQ,所以AQPC,命题得证.(2)解以D为原点,DA,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图).由(1)得,AD=AB=1,DC=2,则点P(0,0,1),C(0,2,0),A(1,0,0),B(1,1,0),D(0,0,0),令Q(x0,y0,z0),则PQ=(x0,y0,z0-1),PC=(0,2,-1),BC=(-1,1,0),DB=(1,1,0),DQ=(x0,y0,z0),因为PQ=PC,所以(x0,y0,z0-1)=0(0,2,-1),所以点Q(0,2,1-).由题可知BC平面PBD,所以平面PBD的法向量n=BC=(-1,1,0).设平面QBD的法向量为m=(x,y,z),则mDB=0,mDQ=0,即x+y=0,2y+(1-)z=0,即x=-y,z=2-1y.令y=1,得m=-1,1,2-1.因为二面角Q-BD-P为45,所以|cos|=|mn|m|n|=222+(2-2)2=22,解得=2-1,=-2-1,因为Q在棱PC上,则01,所以=2-1.
