《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201905072130.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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201905072130.docx（17页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
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平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾选项D正
2、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4R24250，故选B.3.如图，在多面体ABCDEF中，已知底面ABCD是边长为3的正方形，EFAB，EF，且EF与底面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()A.B5C6D.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三棱柱，可求得四棱锥的体积为3，三棱柱的体积为，进
3、而整个多面体的体积为.4.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.C.D.答案C解析由长方体DAD145，CDC130，设ADDD11，CD.连接BC1，BD.由AD1BC1，所以异面直线AD1与DC1所成角，即BC1D.在BDC1中，BC1，BD2，C1D2，由余弦定理可得cosBC1D，所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是.5(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am，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
4、3，则()A123B312C13，23D12，32答案D解析由题意可知12或12，因为线面角的范围为，二面角的范围为0，所以12；当bm时，23，当b不与m垂直时，2，所以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S22sin，则，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余弦值为.7已知三棱锥SABC的每个顶点都在球O的表面上，SA底面ABC，ABAC4，BC2，且二面角SBCA的正切值为4，则球O的表面积为()A240B248C252D272答案D
5、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，cosCAB，sinCAB，由正弦定理知，ABC的外接圆直径2r16，设三棱锥SABC的外接球半径为R，则2r2R2，得R268，球O的表面积为4R2272，故选D.8.(2018杭州质检)在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E分别是BC，AB的中点，ABAC，且ACAD.设PC与DE所成角为，PD与平面ABC所成角为，二面角PBCA为，则()ABCD答案A解析由题图可知PCA，PDAAD，故tantan，则.过点A作AQBC，垂足为Q，连接
6、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，)由AMMD，得0，即(1，x,0)(1，ax,0)axx210，解得ax，而axx210，PMMD，SPMD|，当且仅当即时等号成立，此时BC.10(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()Asin2sin2sin22Bcos2cos2cos22Ctan2tan2tan21D.1答案B解析取点Q为ABC的中心，设正面体的棱长为1，则sinsinsin，所以sin2si
7、n2sin21，排除D；取BC的中点D，连接PD，AD，易知AP与平面PBC所成的角为APD，且cosAPD，所以sinAPD，所以tanAPD1，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tan2tan2tan21，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(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为_cm2，此几何体的体积为_cm3.答案26解析此几何体的侧视图为直角三角形，高为4cm，底为，面积为42；该几何体是以正视图为底面的四棱锥，如图所示，其
8、底面为直角梯形，面积是(42)618(cm2)，高为，体积为186(cm3)12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ACBC6，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RtACD中，cosA，则sinA.在ABC中，由正弦定理得2R，得R，即OC.在RtOCO中，r2r2，得r，S球表454.13.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，AA13，BAD90，BAA1DAA160，则AC1_.答案解析BAA1DAA160，A1在平面ABCD上的射影必落在直线A
9、C上，平面ACC1A1平面ABCD，AB1，AD2，AA13，|2()2|2|2|2222149021322323，|，AC1.14(2018浙江五校联考)在正三棱锥SABC中，M是SC的中点，且AMSB，底面边长AB2，则正三棱锥SABC的体积为_，其外接球的表面积为_答案12解析由正三棱锥的对棱互相垂直可得SBAC，又SBAM，AMACA，AM，AC平面SAC，所以SB平面SAC，则SBSA，SBSC.所以正三棱锥SABC的三个侧面都是等腰直角三角形又AB2，所以SASBSC2，故正三棱锥SABC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4R
10、212.15.如图，在三棱锥SABC中，若AC2，SASBSCABBC4，E为棱SC的中点，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60解析取SA的中点M，连接ME，BM，则直线AC与BE所成的角等于直线ME与BE所成的角，因为ME，BMBE2，cosMEB，所以直线AC与BE所成角的余弦值为.取SB的中点N，则ANSB，CNSB，又ANCNN，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ANCNAC2，所以CAN60，因此直线AC与平面SAB所成的角为60.16如图，已知四棱锥ABCDE中，AB
11、BC2，BE2CD4，ABC120，EBC30，BECD，M为棱DE的中点，三棱锥MABC的体积为，则点M到平面ABC的距离为_，二面角ABCD的正弦值为_答案1解析在ABC中，因为ABBC2，ABC120，所以SABCABBCsinABC.设点M到平面ABC的距离为h，则由题意得，SABChh，所以h1.作MFBC于点F，MN平面ABC于点N，连接FN，则BC平面MNF，故NFBC，故MFN为二面角ABCD的平面角或其补角过点E作ESBC于点S，过点D作DTBC的延长线于点T(图略)，则ESBEsin302，又BECD，所以DTCDsin301，所以MF，由(1)知MNh1，所以sinMFN
12、，设二面角ABCD的平面角为，则sinsinMFN.17已知边长为1的正ABC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BBCC，直线CB与平面ACC所成的角为.若ABC是以角A为直角的直角三角形，则tan的最小值为_答案解析如图，以点A为坐标原点，AC，AB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，n)，则可得mn且0mn，故0m，又因为c2n21，故n，又因为tanb，m，所以tan，所以tan的最小值为.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
13、棱垂直于底面)ABCA1B1C1中，AC9，BC12，AB15，AA112，点D是AB的中点(1)求证：ACB1C；(2)求证：AC1平面CDB1.证明(1)三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，CC1平面ABC，又AC平面ABC，CC1AC.又AC9，BC12，AB15，AC2BC2AB2，ACBC.CC1，BC平面BB1C1C，CC1BCC，AC平面BB1C1C，又B1C平面BB1C1C，ACB1C.(2)取A1B1的中点D1，连接C1D1，D1D和AD1.ADD1B1，且ADD1B1，四边形ADB1D1为平行四边形，AD1DB1，又AD1平面CDB1，DB1平面CDB1，AD1平面CDB1
14、.CC1DD1，且CC1DD1，四边形CC1D1D为平行四边形，C1D1CD，又CD平面CDB1，C1D1平面CDB1，C1D1平面CDB1.AD1C1D1D1，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PABCD中，AD平面PDC，ADBC，PDPB，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；(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值(1)解由已知ADBC，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ADPD.在RtP
15、DA中，由已知，得AP，故cosDAP.所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为.(2)证明因为AD平面PDC，直线PD平面PDC，所以ADPD.又因为BCAD，所以PDBC，又PDPB，BC，PB平面PBC，BCPBB，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ADBC，DFAB，故BFAD1，由已知，得CFBCBF2.又ADDC，故BCDC，在RtDCF中，可得DF2，在RtDPF中，可得sinDFP.所以，直线
16、AB与平面PBC所成角的正弦值为.20(15分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADCBCD90，BC2，CD，PD4，PDA60，且平面PAD平面ABCD.(1)求证：ADPB；(2)在线段PA上是否存在一点M，使二面角MBCD的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由(1)证明过点B作BOCD，交AD于点O，连接PO，则ADBO，在PDO中，PD4，DO2，PDA60，则POAD，POBOO，PO，BO平面POB，AD平面POB，又PB平面POB，ADPB.(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
17、BCDBC，由(1)知，AD平面POB，BCAD，则BC平面POB，又BN平面POB，BNBC，又OBCD，则OBBC，则NBO即为二面角MBCD的平面角，则tanNBO，得NO1，PNPONO21，1.21(15分)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，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HFAB，且HFAB，所以A1B1HF，且A1B1HF，所以A1B1FH为平行四边形，所以B1FA1H，且B1FA
18、1H，故A1E与B1F所成的角等于A1E与A1H所成的角，A1E，HE，A1H，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(1)求证：PA平面MBD；(2)点F在PA上，且满足，求直线DM与平面FBD所成角的正弦值(1)证明连接AC，交B
19、D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PAME，又PA平面MBD，EM平面MBD，所以PA平面MBD.(2)解取AD的中点O，则POAD，又平面PAD底面ABCD，平面PAD底面ABCDAD，PO平面PAD，故PO平面ABCD，连接OC.在RtPOC中，OC，所以在RtODC中，DC3，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，则(2，3,0)，设F(x0，y0，z0)，(x01，y0，z0)，(1,0，)，(x01，y03，z0)则由得(x01，y0，z0)(1,0，)，即F，则.设平面FBD的法向量m(x，y，z)，则得令x3，则y2，z5，故m(3，2，5)，又，设直线DM与平面FBD所成的角为，则sin|cosm，|，故直线DM与平面FBD所成角的正弦值为.17