浙江专版020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0.pdf

《浙江专版020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0.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江专版020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0.pdf（22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

2、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 4R24 2 324252 2 5 2 2 ( 5 2 2) 50，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 3 2 与

3、底面ABCD的距离为 2，则该多面体的体积为( ) A. B5C6D. 9 2 15 2 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 ，进而整个多面体的体积为. 9 2 15 2 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. 2 8 3 8 C.D. 2 4 3 4 答案 C 解析 由长方体DAD145，CDC130，设ADDD11，CD.连接BC1，BD.3 由AD1BC1，所以异面直线AD1与DC

4、1所成角，即BC1D. 在BDC1中，BC1，BD2，C1D2，由余弦定理可得 cosBC1D2 C1D2BC2 1BD2 2C1DBC1 ， 22222 2 2 2 2 4 所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是. 2 4 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3，则( ) A123B312 C13，23D12，32 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， 2 0，所以12； 当bm时，23，当b不与

5、m垂直时，2，所以 2， 3 4 2 2 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， 1 2 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，底面圆的圆心到最2 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 ( 3 2) 2 22 1 2 弦值为. 1 2 2 2 4 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，BC2，15 且二面角SBCA的正切值为 4，则球O的表面积为( ) A240B248C252D272 答案 D 解析 设BC的中点为D，连接A

6、D，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 ， AB2AC2BC2 2ABAC 161660 2 4 4 7 8 sinCAB， 15 8 由正弦定理知，ABC的外接圆直径 2r16， BC sinCAB 2 15 15 8 设三棱锥SABC的外接球半径为R， 则 2r2R2，得R268， ( SA 2) 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AB

7、C所成角为， 二面角PBC A为，则( ) AAD，故 tantan，则. 过点A作AQBC，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AMMD，得0，AM MD 即(1，x,0)(1，ax,0)axx210， 解得ax ，而axx210， 1 x PM MD PMMD，SPMD | 1 2 PM MD 1 2 x24 ax21 1 2 x24 1 x21 ， 1 2 5x2 4 x2 1 2 2 x2 4 x25 3 2 当且仅当Error!即Error!时等号成立，此时BC. 3 2

8、 2 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( ) Asin2sin2sin22 Bcos2cos2cos22 Ctan2tan2tan21 D.1 1 tan2 1 tan2 1 tan2 答案 B 解析 取点Q为ABC的中心，设正面体的棱长为 1， 则 sinsinsin ， 1 3 3 2 3 2 1 3 所以 sin2sin2sin2 1，排除 D； 1 tan2 1 tan2 1 tan2 取BC的中点D，连接PD，AD， 易知AP与平面PBC所成的角为APD， 且 c

9、osAPD， 1 2PA PD 1 2 3 2 1 3 所以 sinAPD，所以 tanAPD1， 2 3 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 tan2tan2 tan21，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 2 677 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；42327 1

10、2 77 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)6 1 2 18(cm2)，高为，体积为 186(cm3)7 1 3 77 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. 1 3 2 2 3 在ABC中，由正弦定理得2R，得R， BC sinA 9 2 4 即OC. 9 2 4 在 RtOCO中，r2r2， 1 4 81 2 16 得r，

11、S球表454. 3 6 2 54 4 13.如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，AA13，BAD90，BAA1 DAA160，则AC1_. 答案 23 解析 BAA1DAA160， 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 |2()2AC1 AB AD AA1 |2|2|2222AB AD AA1 AB AD AB AA1 AD AA1 1490213 223 23， 1 2 1 2 |，AC1.AC1 2323 14 (2018浙江五校联考)在正三棱锥SABC

12、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_2 答案 12 4 3 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SASBSC2，2 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 4R212. 1 6 4 3 3 15.如图，在三棱锥SABC中，若AC2，SASBSCABBC4，E为棱SC的中点，3 则直线A

13、C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 1 4 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，BMBE2，33 cosMEBME 2BE2MB2 2MEBE ， 31212 2 3 2 3 1 4 所以直线AC与BE所成角的余弦值为 . 1 4 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CAN60，3 因此直线AC与平面SAB所成的角为 60. 16如图，已

14、知四棱锥ABCDE中，ABBC2，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_， 3 3 二面角ABCD的正弦值为_ 答案 1 2 3 解析 在ABC中，因为ABBC2，ABC120， 所以SABC ABBCsinABC. 1 2 3 设点M到平面ABC的距离为h，则由题意得， SABCh h，所以h1. 1 3 1 3 3 3 3 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(

15、图略)，则ESBEsin302， 又BECD，所以DTCDsin301， 所以MF ， ESDT 2 3 2 由(1)知MNh1，所以 sinMFN ， MN MF 2 3 设二面角ABCD的平面角为，则 sinsinMFN . 2 3 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 2 2 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)，

16、则Error! 可得mn 且 0 ， 1 2 1 2 又因为 tanb， m，1m2 1 2 2 2 所以tan，所以 tan的最小值为. 2 2 3 2 2 2 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)ABCA1B1C1中，AC9，BC12，AB15，AA1 12，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，

17、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. 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CD

18、B1. 19 (15 分)如图， 在四棱锥PABCD中，AD平面PDC，ADBC，PDPB，AD1，BC3，CD4，PD 2. (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 RtPDA中，由已知，得AP，故 cosDAP.AD2PD25 AD AP 5 5 所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为. 5 5 (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P

19、DPB，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.CD2CF25 PD DF 5 5 所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 5 5 20 (15 分)如图， 在四棱锥PABCD中， 底面ABCD为直角梯形

20、， ADCBCD90，BC2，CD ，PD4，PDA60，且平面PAD平面ABCD.3 (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 6 PM PA 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BCDBC， 由(1)知，AD平面POB，

21、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， 3 3 NO OB 得NO1，PNPONO21，3 1. PM PA PN PO 2 31 2 3 3 6 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A1B

22、1HF， 所以A1B1FH为平行四边形， 所以B1FA1H，且B1FA1H， 故A1E与B1F所成的角等于A1E与A1H所成的角， A1E，HE，A1H，222 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)

23、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 AF FP 1 2 (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，PC2PO210 所以在 RtODC中，DC3，OC2DO2 以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，

24、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 ( 1 2， 3 2， 3 2) 则(2，3,0)，BD 设F(x0，y0，z0)，(x01，y0，z0)，(1,0，)，(x01，y03，z0)AF AP 3BF 则由得(x01，y0，z0) (1,0，)，AF 1 3AP 1 3 3 即F，则. ( 2 3，0， 3 3) BF ( 1 3，3， 3 3) 设平面FBD的法向量m m(x，y，z)， 则Error!得Error! 令x3，则y2，z5，故m m(3，2，5)，又，33DM ( 1 2， 3 2， 3 2) 设直线DM与平面FBD所成的角为，则 sin|cosm m， |DM |m mDM | |m m|DM | ， 9 2 22 13 2 9 286 286 故直线DM与平面FBD所成角的正弦值为. 9 286 286