（浙江专版）2020届高考数学一轮复习单元检测八立体几何与空间向量单元检测（含解析）.docx

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1、1单元检测八 立体几何与空间向量(时间：120 分钟 满分：150 分)第卷(选择题 共 40 分)一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1下列命题中，错误的是( )A平行于同一平面的两个平面平行B平行于同一直线的两个平面平行C一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交D一条直线与两个平行平面所成的角相等答案 B解析 选项 A 正确，是面面平行的传递性选项 B 错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交选项 C 正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与

2、平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾选项 D 正确，由线面角定义可知正确2长方体的一个顶点上三条棱长分别是 3,4,5，且它的 8 个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )A25B50C125D都不对答案 B解析 长方体的 8 个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球的直径等于长方体的体对角线长，即 R ，所以球的表面积为32 42 522 5224 R24 250，故选 B.(522)3.如图，在多面体 ABCDEF 中，已知底面 ABCD 是边长为 3 的正方形， EF AB， EF ，且 EF32与底面 ABCD 的距离为 2，则该多面体的体积为( )A. B5C6D

3、.92 152答案 D解析 分别取 AB， CD 的中点 G， H，连接 EG， GH， EH，把该多面体分割成一个四棱锥与一个2三棱柱，可求得四棱锥的体积为 3，三棱柱的体积为 ，进而整个多面体的体积为 .92 1524.如图，长方体 ABCDA1B1C1D1中， DAD145， CDC130，那么异面直线 AD1与 DC1所成角的余弦值是( )A. B.28 38C. D.24 34答案 C解析 由长方体 DAD145， CDC130，设 AD DD11， CD .连接 BC1， BD.3由 AD1 BC1，所以异面直线 AD1与 DC1所成角，即 BC1D.在 BDC1中， BC1 ，

4、BD2， C1D2，由余弦定理可得 cos BC1D 2C1D2 BC21 BD22C1DBC1 ，22 2 22222 24所以异面直线 AD1与 DC1所成角的余弦值是 .245(2018嘉兴测试)已知两个不同的平面 ， 和三条不同的直线 m， a， b，若 m， a 且 a m， b ，设 和 所成的一个二面角的大小为 1，直线 a 与平面 所成的角的大小为 2，直线 a， b 所成的角的大小为 3，则( )A 1 2 3 B 3 1 2C 1 3， 2 3 D 1 2， 3 2答案 D解析 由题意可知 1 2或 1 2，因为线面角的范围为 ，二面角的范围0， 2为0，所以 1 2；当

5、b m 时， 2 3，当 b 不与 m 垂直时， 2 ，所以 2 ，34 22 2设两条母线所确定的截面最大时，两条母线的夹角为 ，则 2 ，最大截面所对应的三角形的面积S 22sin ，则 ，12 2所以两条母线所确定的最大截面为等腰直角三角形，其斜边上的高为 ，底面圆的圆心到2最大截面斜边的距离为 ，则两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的(32)2 22 12余弦值为 .122 247已知三棱锥 SABC 的每个顶点都在球 O 的表面上， SA底面 ABC， AB AC4， BC2，且二面角 SBCA 的正切值为 4，则球 O 的表面积为( )15A240B248C252D272答案

6、 D解析 设 BC 的中点为 D，连接 AD， SD，可得 AD1，则 SDA 是二面角 SBCA 的平面角，由于二面角 SBCA 的正切值为 4， SA4，由余弦定理知，cos CAB ，AB2 AC2 BC22ABAC 16 16 60244 78sin CAB ，158由正弦定理知， ABC 的外接圆直径2r 16，BCsin CAB 215158设三棱锥 SABC 的外接球半径为 R，则 2 r2 R2，得 R268，(SA2)球 O 的表面积为 4 R2272，故选 D.8.(2018杭州质检)在三棱锥 P ABC 中， PA平面 ABC， BAC90， D， E 分别是BC， AB

7、 的中点， AB AC，且 ACAD.设 PC 与 DE 所成角为 ， PD 与平面 ABC 所成角为 ，二面角 P BC A 为 ，则( )4A AD，故 tan tan ，则 .过点 A 作 AQ BC，垂足为 Q，连接 PQ，则 PQA ，同理可证得 ，所以 0，则 A(0,0,0)， B(1,0,0)，C(1， a,0)， D(0， a,0)， P(0,0， )3由 AM MD，得 0，AM MD 即(1， x,0)(1， a x,0) ax x210，解得 a x ，而 ax x210，1x PM MD PM MD， S PMD | | |12PM MD 12x2 4 a x2 1

8、12x2 4 1x2 1 ，125 x2 4x2 122 x24x2 5 32当且仅当Error!即Error! 时等号成立，此时 BC .32210(2018温州市高考适应性考试)已知正四面体 PABC， Q 为 ABC 内的一点，记 PQ 与平面 PAB， PAC， PBC 所成的角分别为 ， ， ，则下列式子恒成立的是( )Asin 2 sin 2 sin 2 2Bcos 2 cos 2 cos 2 2Ctan 2 tan 2 tan 2 16D. 11tan2 1tan2 1tan2答案 B解析 取点 Q 为 ABC 的中心，设正面体的棱长为 1，则 sin sin sin ，1332

9、32 13所以 sin2 sin 2 sin 2 1，排除 D；1tan2 1tan2 1tan2取 BC 的中点 D，连接 PD， AD，易知 AP 与平面 PBC 所成的角为 APD，且 cos APD ，12PAPD1232 13所以 sin APD ，所以 tan APD 1，23 2所以当点 Q 靠近点 A 时， QP 与平面 PBC 所成的角的正切值大于 1，所以tan2 tan 2 tan 2 1，排除 C.故选 B.第卷(非选择题 共 110 分)二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分把答案填在题中横线上)11某空间几何体的三视图(

10、单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为_cm 2，此几何体的体积为_cm 3.7答案 2 67 7解析 此几何体的侧视图为直角三角形，高为 4cm，底为 ，面积为 4 242 32 712 7；该几何体是以正视图为底面的四棱锥，如图所示，其底面为直角梯形，面积是 (42)712618(cm 2)，高为 ，体积为 18 6 (cm3)713 7 712已知过球面上三点 A， B， C 的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC BC6， AB4，则球面面积为_答案 54解析 如图，设球的半径为 r， O是 ABC 的外心，外接圆半径为 R， D 是 AB 的中点，则 OO平面 ABC.在

11、 Rt ACD 中，cos A ，则 sinA .13 223在 ABC 中，由正弦定理得 2 R，得 R ，BCsinA 924即 O C .924在 Rt OCO中， r2 r2 ，14 81216得 r ， S 球表 4 54.362 54413.如图，在平行六面体 ABCD A1B1C1D1中， AB1， AD2， AA13， BAD90， BAA1 DAA160，则 AC1_.8答案 23解析 BAA1 DAA160， A1在平面 ABCD 上的射影必落在直线 AC 上，平面 ACC1A1平面 ABCD， AB1， AD2， AA13， ，AC1 AC CC1 AB AD AA1 |

12、 |2( )2AC1 AB AD AA1 | |2| |2| |22 2 2 AB AD AA1 AB AD AB AA1 AD AA1 1490213 223 23，12 12| | ， AC1 .AC1 23 2314(2018浙江五校联考)在正三棱锥 S ABC 中， M 是 SC 的中点，且 AM SB，底面边长AB2 ，则正三棱锥 S ABC 的体积为_，其外接球的表面积为_2答案 1243解析 由正三棱锥的对棱互相垂直可得 SB AC，又 SB AM， AM AC A， AM， AC平面 SAC，所以 SB平面 SAC，则 SB SA， SB SC.所以正三棱锥 S ABC 的三个

13、侧面都是等腰直角三角形又 AB2 ，所以 SA SB SC2，2故正三棱锥 S ABC 是棱长为 2 的正方体的一个角，其体积为 SASBSC ，其外接球的直径 2R2 ，故外接球的表面积为 4 R212.16 43 315.如图，在三棱锥 S ABC 中，若 AC2 ， SA SB SC AB BC4， E 为棱 SC 的中点，3则直线 AC 与 BE 所成角的余弦值为_，直线 AC 与平面 SAB 所成的角为_答案 6014解析 取 SA 的中点 M，连接 ME， BM，9则直线 AC 与 BE 所成的角等于直线 ME 与 BE 所成的角，因为 ME ， BM BE2 ，3 3cos ME

14、BME2 BE2 MB22MEBE ，3 12 122323 14所以直线 AC 与 BE 所成角的余弦值为 .14取 SB 的中点 N，则 AN SB， CN SB，又 AN CN N， AN， CN平面 ACN，即 SB平面 ACN，即平面 SAB平面 ACN，因此直线 AC 与平面 SAB 所成的角为 CAN，因为 AN CN AC2 ，所以 CAN60，3因此直线 AC 与平面 SAB 所成的角为 60.16如图，已知四棱锥 A BCDE 中， AB BC2， BE2 CD4， ABC120， EBC30，BE CD， M 为棱 DE 的中点，三棱锥 M ABC 的体积为 ，则点 M

15、到平面 ABC 的距离为33_，二面角 A BC D 的正弦值为_答案 1 23解析 在 ABC 中，因为 AB BC2， ABC120，所以 S ABC ABBCsin ABC .12 3设点 M 到平面 ABC 的距离为 h，则由题意得，S ABCh h ，所以 h1.13 13 3 33作 MF BC 于点 F， MN平面 ABC 于点 N，连接 FN，则 BC平面 MNF，故 NF BC，10故 MFN 为二面角 A BC D 的平面角或其补角过点 E 作 ES BC 于点 S，过点 D 作 DT BC 的延长线于点 T(图略)，则 ES BEsin302，又 BE CD，所以 DT

16、CDsin301，所以 MF ，ES DT2 32由(1)知 MN h1，所以 sin MFN ，MNMF 23设二面角 A BC D 的平面角为 ，则 sin sin MFN .2317已知边长为 1 的正 A BC 的顶点 A在平面 内，顶点 B， C 在平面 外的同一侧，点 B， C分别为 B， C 在平面 内的射影，设 BB CC，直线 CB与平面 A CC所成的角为 .若 A B C是以角 A为直角的直角三角形，则 tan 的最小值为_答案 22解析 如图，以点 A为坐标原点， A C， A B所在直线分别为 x 轴， y 轴，建立空间直角坐标系设 B(0， b， m)， C(c,0

17、， n)，则Error!可得 mn 且 0 ，12 12又因为 tan b ， m ，1 m212 22所以 tan ，所以 tan 的最小值为 .22 32 22三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(14 分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面) ABC A1B1C1中，AC9， BC12， AB15， AA112，点 D 是 AB 的中点11(1)求证： AC B1C；(2)求证： AC1平面 CDB1.证明 (1)三棱柱 ABC A1B1C1为直三棱柱， CC1平面 ABC，又 AC平面 ABC， CC1 AC.又 AC9， BC12，

18、AB15， AC2 BC2 AB2， AC BC. CC1， BC平面 BB1C1C， CC1 BC C， AC平面 BB1C1C，又 B1C平面 BB1C1C， AC B1C.(2)取 A1B1的中点 D1，连接 C1D1， D1D 和 AD1. AD D1B1，且 AD D1B1，四边形 ADB1D1为平行四边形， AD1 DB1，又 AD1平面 CDB1， DB1平面 CDB1， AD1平面 CDB1. CC1 DD1，且 CC1 DD1，四边形 CC1D1D 为平行四边形， C1D1 CD，又 CD平面 CDB1， C1D1平面 CDB1， C1D1平面 CDB1. AD1 C1D1

19、D1， AD1， C1D1平面 AC1D1，平面 AC1D1平面 CDB1，又 AC1平面 AC1D1， AC1平面 CDB1.19(15 分)如图，在四棱锥 P ABCD 中， AD平面PDC， AD BC， PD PB， AD1， BC3， CD4， PD2.(1)求异面直线 AP 与 BC 所成角的余弦值；(2)求证： PD平面 PBC；12(3)求直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值(1)解 由已知 AD BC，得 DAP 或其补角即为异面直线 AP 与 BC 所成的角因为 AD平面PDC，所以 AD PD.在 Rt PDA 中，由已知，得 AP ，故 cos DAP .AD2

20、PD2 5ADAP 55所以异面直线 AP 与 BC 所成角的余弦值为 .55(2)证明 因为 AD平面 PDC，直线 PD平面 PDC，所以 AD PD.又因为 BC AD，所以 PD BC，又 PD PB， BC， PB平面 PBC， BC PB B，所以 PD平面 PBC.(3)解 过点 D 作 AB 的平行线交 BC 于点 F，连接 PF，则 DF 与平面 PBC 所成的角等于 AB 与平面 PBC 所成的角因为 PD平面 PBC，故 PF 为 DF 在平面 PBC 上的射影，所以 DFP 为直线 DF 和平面 PBC 所成的角由于 AD BC， DF AB，故 BF AD1，由已知，

21、得 CF BC BF2.又 AD DC，故 BC DC，在 Rt DCF 中，可得 DF 2 ，在 Rt DPF 中，可得 sin DFP .CD2 CF2 5PDDF 55所以，直线 AB 与平面 PBC 所成角的正弦值为 .5520(15 分)如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形， ADC BCD90，BC2， CD ， PD4， PDA60，且平面 PAD平面 ABCD.3(1)求证： AD PB；(2)在线段 PA 上是否存在一点 M，使二面角 M BC D 的大小为 ？若存在，求出 的值； 6 PMPA若不存在，请说明理由13(1)证明 过点 B 作 BO C

22、D，交 AD 于点 O，连接 PO，则 AD BO，在 PDO 中， PD4， DO2， PDA60，则 PO AD， PO BO O，PO， BO平面 POB， AD平面 POB，又 PB平面 POB， AD PB.(2)解 假设存在点 M，过点 M 作 AD 的平行线交 PO 于点 N，连接 BN，易知 M， N， B， C 四点共面，平面 MBC平面 BCD BC，由(1)知， AD平面 POB，BC AD，则 BC平面 POB，又 BN平面 POB， BN BC，又 OB CD，则 OB BC，则 NBO 即为二面角 M BC D 的平面角，则 tan NBO ，33 NOOB得 NO

23、1， PN PO NO2 1，3 1 .PMPA PNPO 23 123 361421(15 分)如图，在长方体 ABCD A1B1C1D1中， AB BC2， AA11， E， F 分别是 AB， BC的中点(1)求 A1E 与 B1F 所成的角；(2)求 A1E 与平面 BCC1B1所成的角解 (1)取 AD 的中点 H，连接 A1H， HE， HF.由于 H， F 分别是 AD， BC 的中点， ABCD 为正方形，所以 HF AB，且 HF AB，所以 A1B1 HF，且 A1B1 HF，所以 A1B1FH 为平行四边形，所以 B1F A1H，且 B1F A1H，故 A1E 与 B1F

24、 所成的角等于 A1E 与 A1H 所成的角，A1E ， HE ， A1H ，2 2 2故 HA1E60，故 A1E 与 B1F 所成的角为 60.(2)因为平面 BCC1B1平面 ADD1A1，所以直线 A1E 与平面 BCC1B1所成的角即为直线 A1E 与平面 ADD1A1所成的角，所以 EA1A 即为所求角，而易知 EA1A45，所以直线 A1E 与平面 BCC1B1所成的角为 45.22(15 分)如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是矩形，平面 PAD平面 ABCD，且 PAD是边长为 2 的等边三角形， PC ，点 M 是 PC 的中点13(1)求证： PA平面 MBD

25、；(2)点 F 在 PA 上，且满足 ，求直线 DM 与平面 FBD 所成角的正弦值AFFP 1215(1)证明 连接 AC，交 BD 于点 E，连接 ME.因为四边形 ABCD 是矩形，所以点 E 是 AC 的中点，又点 M 是 PC 的中点，所以 PA ME，又 PA平面 MBD， EM平面 MBD，所以 PA平面 MBD.(2)解 取 AD 的中点 O，则 PO AD，又平面 PAD底面 ABCD，平面 PAD底面 ABCD AD， PO平面 PAD，故 PO平面 ABCD，连接OC.在 Rt POC 中， OC ，PC2 PO2 10所以在 Rt ODC 中， DC 3，OC2 DO2

26、以 O 为坐标原点， OA， OE， OP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)， B(1,3,0)， D(1，0,0)， C(1,3,0)，P(0,0， )， M ，3 (12， 32， 32)则 (2，3,0)，BD 设 F(x0， y0， z0)， ( x01， y0， z0)， (1,0， )， ( x01， y03， z0)AF AP 3 BF 则由 得( x01， y0， z0) (1,0， )，AF 13AP 13 3即 F ，则 .(23， 0， 33) BF ( 13， 3， 33)设平面 FBD 的法向量 m( x， y， z)，16则Error! 得Error!令 x3，则 y2， z5 ，故 m(3，2，5 )，又 ，3 3 DM (12， 32， 32)设直线 DM 与平面 FBD 所成的角为 ，则sin |cos m， |DM |mDM |m|DM | ，9222132 9286286故直线 DM 与平面 FBD 所成角的正弦值为 .928628617