2020届高考数学一轮复习（理·新人教A版）单元检测八立体几何与空间向量提升卷单元检测

2020届高考数学一轮复习（理·新人教A版）单元检测八立体几何与空间向量提升卷单元检测

单元检测八　立体几何与空间向量(提升卷)‎ 考生注意：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．‎ ‎2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．‎ ‎3．本次考试时间100分钟，满分130分．‎ ‎4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．‎ 第Ⅰ卷(选择题　共60分)‎ 一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60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．(2018·广东省广州市培正中学模拟)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(　　)‎ A．25πB．50πC．125πD．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4πR2＝4π·2＝50π，故选B.‎ ‎3.如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，且EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为(　　)‎ A.B．5C．6D. 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.‎ ‎4．如图，一个空间几何体的正视图，侧视图，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边的长为1，那么这个几何体的体积为(　　 )‎ A.B.C.D．1‎ 答案　A 解析　由三视图还原可知原图形是底面是直角边为1的等腰直角三角形，两侧面也是直角边为1的等腰直角三角形，另一侧面是边长为的等边三角形的三棱锥．‎ 所以体积为V＝××1＝，选A.‎ ‎5．(2018·西安模拟)若平面α与β的法向量分别是a＝(2,4，－3)，b＝(－1,2,2)，则平面α与β的位置关系是(　　)‎ A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．无法确定 答案　B 解析　因为a·b＝(2,4，－3)·(－1,2,2)＝0，所以a⊥b，所以两平面垂直．‎ ‎6.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，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∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，设AD＝DD1＝1，CD＝.连接BC1，BD.‎ 由AD1∥BC1，所以异面直线AD1与DC1所成角，即∠BC1D.‎ 在△BDC1中，BC1＝，BD＝2，C1D＝2，由余弦定理可得cos∠BC1D＝＝＝，‎ 所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是，选C.‎ ‎7．△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是(　　)‎ A．相交B．平行C．异面D．不确定 答案　B 解析　∵l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，‎ ‎∴l⊥平面ABC.‎ ‎∵m⊥BC，m⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，‎ ‎∴m⊥平面ABC，‎ ‎∴l∥m，故选B.‎ ‎8．已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则(　　)‎ A．x＝6，y＝15 B．x＝3，y＝ C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝ 答案　D 解析　∵l1∥l2，∴存在实数k使得b＝ka，‎ 即(3，x，y)＝k(2,4,5)，‎ ‎∴解得x＝6，y＝，故选D.‎ ‎9．(2018·湖南省长沙市周南中学模拟)如图，在所有棱长均为a的直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分别为BB1，A1C1的中点，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　设AC的中点为O，以，，为x，y，z轴建立坐标系(图略)，‎ 则A，D，C，E(0,0，a)，‎ 则＝，＝，‎ 设AD与CE所成的角为θ，‎ 则cosθ＝＝，故选C.‎ ‎10．已知α，β是两个平面，直线l⊄α，l⊄β，若以①l⊥α；②l∥β；③α⊥β中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有(　　)‎ A．①③⇒②；①②⇒③‎ B．①③⇒②；②③⇒①‎ C．①②⇒③；②③⇒①‎ D．①③⇒②；①②⇒③；②③⇒①‎ 答案　A 解析　因为α⊥β，所以在β内找到一条直线m，使m⊥α，又因为l⊥α，所以l∥m.又因为l⊄β，所以l∥β，即①③⇒②；因为l∥β，所以过l可作一平面γ∩β＝n，所以l∥n，又因为l⊥α，所以n⊥α，又因为n⊂β，所以α⊥β，即①②⇒③.故选A.‎ ‎11.如图，空间四边形OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG＝2GN，若＝x＋y＋z，则(　　) ‎ A．x＝，y＝，z＝ B．x＝，y＝，z＝ C．x＝，y＝，z＝ D．x＝，y＝，z＝ 答案　D 解析　由向量的运算法则有 ＝＋＝＋，①‎ ＝＋＋，②‎ ＝＋＋，③‎ 又＝－，＝－2，‎ ‎∴①＋②＋③得3＝＋＋，‎ 据此可知x＝，y＝，z＝.‎ ‎12.点P在正方体侧面BCC1B1及其边界上运动，并且保持AP⊥BD1，则点P的轨迹为(　　)‎ A．线段B1C B．BB1的中点与CC1的中点连成的线段 C．线段BC1‎ D．BC的中点与B1C1的中点连成的线段 答案　A 解析　∵AP⊥BD1恒成立，‎ ‎∴要保证AP所在的平面始终垂直于BD1.‎ ‎∵AC⊥BD1，AB1⊥BD1，AC∩AB1＝A，AB1，AC⊂平面AB1C，‎ ‎∴BD1⊥平面AB1C，∴P点在线段B1C上运动．故选A.‎ 第Ⅱ卷(非选择题　共70分)‎ 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)‎ ‎13．正四面体ABCD的棱长为2，半径为的球O过点D, MN为球O的一条直径，则·的最小值是______．‎ 答案　4－4 解析　很明显当O，D，M，N四点共面时数量积能取得最值，‎ 由题意可知OD＝OM＝ON，则△MDN是以点D为顶点的直角三角形，且 ·＝(＋)·(＋)‎ ‎＝2＋·(＋)＋· ‎＝4＋2·＋0，‎ 当向量，反向时，·取得最小值4－2×2×＝4－4.‎ ‎14.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN＝________.‎ 答案　90°‎ 解析　因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN.‎ 又因为MN⊥MB1，MB1，C1B1⊂平面C1MB1，MB1∩C1B1＝B1，所以MN⊥平面C1MB1，‎ 所以MN⊥C1M，所以∠C1MN＝90°.‎ ‎15.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．‎ 答案　AB，BC，AC　AB 解析　∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，‎ ‎∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.‎ ‎16.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1＝________.‎ 答案　 解析　∵∠BAA1＝∠DAA1＝60°，‎ ‎∴A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上，‎ ‎∴平面ACC1A1⊥平面ABCD，‎ ‎∵AB＝1，AD＝2，AA1＝3，‎ ＝＋＝＋＋，‎ ‎∴||2＝(＋＋)2‎ ‎＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ‎＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×＋2×2×3×＝23，‎ ‎∴||＝，‎ ‎∴AC1＝.‎ 三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17．(12分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABC－A1B1C1中，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．‎ ‎(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∵AC＝9，BC＝12，AB＝15，‎ ‎∴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＝D1，AD1，C1D1⊂平面AC1D1，‎ ‎∴平面AC1D1∥平面CDB1，‎ 又AC1⊂平面AC1D1，∴AC1∥平面CDB1.‎ ‎18．(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，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＝＝.‎ 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＝AD＝1，由已知，得CF＝BC－BF＝2.又AD⊥DC，故BC⊥DC，在Rt△DCF中，可得DF＝＝2，在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝.‎ 所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.‎ ‎19．(13分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝4，F是棱PA上一点，且AF＝1，E为PD的一个靠近D点的三等分点．‎ ‎(1)求证：CE∥平面BDF；‎ ‎(2)求平面BDF与平面PAD所成的锐二面角的余弦值．‎ ‎(1)证明　以点A为坐标原点，以AD，AP所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图．‎ 则A(0,0,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，F(0,0,1)，B(2，－2,0)，C(2，2,0)‎ ＝＋＝，‎ 设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 又＝(－2，6,0)，＝(0，－4,1)，‎ 所以取y＝1，得n＝(，1,4)，‎ 所以·n＝－6＋＋＝0，即⊥n.‎ 又CE⊄平面BDF，所以CE∥平面BDF.‎ ‎(2)解　由(1)知平面BDF的一个法向量为n＝(，1,4)，‎ 又平面PAD的一个法向量可取n1＝(1,0,0)，‎ 所以平面BDF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为|cos〈n，n1〉|＝＝.‎ ‎20．(13分)(2018·北京市城六区模拟)如图1，在边长为2的正方形ABCD中，P为CD中点，分别将△PAD, △PBC沿PA，PB所在直线折叠，使点C与点D重合于点O，如图2，在三棱锥P－OAB中，E为PB中点．‎ ‎(1)求证：PO⊥AB；‎ ‎(2)求直线BP与平面POA所成角的正弦值；‎ ‎(3)求二面角P－AO－E的大小．‎ ‎(1)证明　在正方形ABCD中，P为CD中点，PD⊥AD，PC⊥BC，‎ 所以在三棱锥P－OAB中，PO⊥OA，PO⊥OB.因为OA∩OB＝O，OA，OB⊂平面OAB，所以PO⊥平面OAB.‎ 因为AB⊂平面OAB，所以PO⊥AB.‎ ‎(2)解　取AB中点F，连接OF，取AO中点M，连接BM.‎ 过点O作AB的平行线OG.‎ 因为PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.‎ 因为OA＝OB，F为AB的中点，‎ 所以OF⊥AB.所以OF⊥OG.‎ 如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ A(1，，0)，B(－1，，0)，P(0,0,1)，M.‎ 因为BO＝BA，M为OA的中点，所以BM⊥OA.‎ 因为PO⊥平面OAB，PO⊂平面POA，‎ 所以平面POA⊥平面OAB.‎ 因为平面POA∩平面OAB＝OA，BM⊂平面OAB，‎ 所以BM⊥平面POA.‎ 因为＝.所以平面POA的一个法向量m＝(，－1,0).＝(1，－，1)．‎ 设直线BP与平面POA所成角为α，‎ 则sinα＝|cos〈m，〉|＝＝.‎ 所以直线BP与平面POA所成角的正弦值为.‎ ‎(3)由(2)知E，＝，‎ ＝(1，，0)．‎ 设平面OAE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则有 即 令y＝－1，则x＝，z＝2，即n＝(，－1,2)．‎ 由(2)知平面OAP的一个法向量为m＝(，－1,0)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝＝.‎ 由题意知二面角P－AO－E为锐角，所以它的大小为.‎