2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測八 立體幾何與空間向量（提升卷）單元檢測 理（含解析） 新人教A版.docx

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單元檢測八　立體幾何與空間向量(提升卷) 考生注意： 1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁． 2．答卷前，考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學(xué)號填寫在相應(yīng)位置上． 3．本次考試時間100分鐘，滿分130分． 4．請在密封線內(nèi)作答，保持試卷清潔完整． 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．(2018廣東省廣州市培正中學(xué)模擬)下列命題中，錯誤的是(　　 ) A．平行于同一平面的兩個平面平行 B．平行于同一直線的兩個平面平行 C．一條直線與兩個平行平面中的一個相交，那么這條直線必和另一個平面相交 D．一條直線與兩個平行平面所成的角相等 答案　B 解析　選項A正確，是面面平行的傳遞性．選項B錯誤，比如正方體的兩相鄰側(cè)面與一側(cè)棱都平行，但兩側(cè)面所在平面相交．選項C正確，由反證法，若直線與另一平面不相交，則直線在平面內(nèi)或直線與平面平行，與直線與第一個平面相交矛盾．選項D正確，由線面角定義可知正確． 2．長方體的一個頂點上三條棱長分別是3,4,5，且它的8個頂點都在同一球面上，則這個球的表面積是(　　) A．25πB．50πC．125πD．都不對 答案　B 解析　長方體的8個頂點都在同一球面上，則這個球是長方體的外接球，所以球的直徑等于長方體的體對角線長，即R＝＝，所以球的表面積為4πR2＝4π2＝50π，故選B. 3.如圖，在多面體ABCDEF中，已知平面ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF＝，且EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為(　　) A.B．5C．6D. 答案　D 解析　分別取AB，CD的中點G，H，連接EG，GH，EH，把該多面體分割成一個四棱錐與一個三棱柱，可求得四棱錐的體積為3，三棱柱的體積為，進而整個多面體的體積為. 4．如圖，一個空間幾何體的正視圖，側(cè)視圖，俯視圖為全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角邊的長為1，那么這個幾何體的體積為(　　 ) A.B.C.D．1 答案　A 解析　由三視圖還原可知原圖形是底面是直角邊為1的等腰直角三角形，兩側(cè)面也是直角邊為1的等腰直角三角形，另一側(cè)面是邊長為的等邊三角形的三棱錐． 所以體積為V＝1＝，選A. 5．(2018西安模擬)若平面α與β的法向量分別是a＝(2,4，－3)，b＝(－1,2,2)，則平面α與β的位置關(guān)系是(　　) A．平行 B．垂直 C．相交但不垂直 D．無法確定 答案　B 解析　因為ab＝(2,4，－3)(－1,2,2)＝0，所以a⊥b，所以兩平面垂直． 6.如圖，長方體ABCD—A1B1C1D1中，∠DAD1＝45，∠CDC1＝30，那么異面直線AD1與DC1所成角的余弦值是(　　 ) A. B. C. D. 答案　C 解析　由長方體∠DAD1＝45，∠CDC1＝30，設(shè)AD＝DD1＝1，CD＝.連接BC1，BD. 由AD1∥BC1，所以異面直線AD1與DC1所成角，即∠BC1D. 在△BDC1中，BC1＝，BD＝2，C1D＝2，由余弦定理可得cos∠BC1D＝＝＝， 所以異面直線AD1與DC1所成角的余弦值是，選C. 7．△ABC所在的平面為α，直線l⊥AB，l⊥AC，直線m⊥BC，m⊥AC，則直線l，m的位置關(guān)系是(　　) A．相交B．平行C．異面D．不確定 答案　B 解析　∵l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC， ∴l(xiāng)⊥平面ABC. ∵m⊥BC，m⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC?平面ABC， ∴m⊥平面ABC， ∴l(xiāng)∥m，故選B. 8．已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分別是直線l1，l2的方向向量，若l1∥l2，則(　　) 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，∴存在實數(shù)k使得b＝ka， 即(3，x，y)＝k(2,4,5)， ∴解得x＝6，y＝，故選D. 9．(2018湖南省長沙市周南中學(xué)模擬)如圖，在所有棱長均為a的直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分別為BB1，A1C1的中點，則異面直線AD，CE所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　設(shè)AC的中點為O，以，，為x，y，z軸建立坐標(biāo)系(圖略)， 則A，D，C，E(0,0，a)， 則＝，＝， 設(shè)AD與CE所成的角為θ， 則cosθ＝＝，故選C. 10．已知α，β是兩個平面，直線l?α，l?β，若以①l⊥α；②l∥β；③α⊥β中兩個為條件，另一個為結(jié)論構(gòu)成三個命題，則其中正確的命題有(　　) 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　因為α⊥β，所以在β內(nèi)找到一條直線m，使m⊥α，又因為l⊥α，所以l∥m.又因為l?β，所以l∥β，即①③?②；因為l∥β，所以過l可作一平面γ∩β＝n，所以l∥n，又因為l⊥α，所以n⊥α，又因為n?β，所以α⊥β，即①②?③.故選A. 11.如圖，空間四邊形OABC中，M，N分別是OA，BC的中點，點G在線段MN上，且MG＝2GN，若＝x＋y＋z，則(　　) A．x＝，y＝，z＝ B．x＝，y＝，z＝ C．x＝，y＝，z＝ D．x＝，y＝，z＝ 答案　D 解析　由向量的運算法則有 ＝＋＝＋，① ＝＋＋，② ＝＋＋，③ 又＝－，＝－2， ∴①＋②＋③得3＝＋＋， 據(jù)此可知x＝，y＝，z＝. 12.點P在正方體側(cè)面BCC1B1及其邊界上運動，并且保持AP⊥BD1，則點P的軌跡為(　　) A．線段B1C B．BB1的中點與CC1的中點連成的線段 C．線段BC1 D．BC的中點與B1C1的中點連成的線段 答案　A 解析　∵AP⊥BD1恒成立， ∴要保證AP所在的平面始終垂直于BD1. ∵AC⊥BD1，AB1⊥BD1，AC∩AB1＝A，AB1，AC?平面AB1C， ∴BD1⊥平面AB1C，∴P點在線段B1C上運動．故選A. 第Ⅱ卷(非選擇題　共70分) 二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上) 13．正四面體ABCD的棱長為2，半徑為的球O過點D, MN為球O的一條直徑，則的最小值是______． 答案　4－4 解析　很明顯當(dāng)O，D，M，N四點共面時數(shù)量積能取得最值， 由題意可知OD＝OM＝ON，則△MDN是以點D為頂點的直角三角形，且 ＝(＋)(＋) ＝2＋(＋)＋ ＝4＋2＋0， 當(dāng)向量，反向時，取得最小值4－22＝4－4. 14.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱AA1和AB上的點，若∠B1MN是直角，則∠C1MN＝________. 答案　90 解析　因為C1B1⊥平面ABB1A1，MN?平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN. 又因為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.如圖，∠BAC＝90，PC⊥平面ABC，則在△ABC和△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有________；與AP垂直的直線有________． 答案　AB，BC，AC　AB 解析　∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直線AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C， ∴AB⊥平面PAC，∴與AP垂直的直線是AB. 16.如圖，在平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90，∠BAA1＝∠DAA1＝60，則AC1＝________. 答案　 解析　∵∠BAA1＝∠DAA1＝60， ∴A1在平面ABCD上的射影必落在直線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＋213＋223＝23， ∴||＝， ∴AC1＝. 三、解答題(本題共4小題，共50分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(12分)如圖，在直三棱柱(側(cè)棱垂直于底面)ABC－A1B1C1中，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，點D是AB的中點． (1)求證：AC⊥B1C； (2)求證：AC1∥平面CDB1. 證明　(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1為直三棱柱， ∴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的中點D1，連接C1D1，D1D和AD1. ∵AD∥D1B1，且AD＝D1B1， ∴四邊形ADB1D1為平行四邊形，∴AD1∥DB1， 又∵AD1?平面CDB1，DB1?平面CDB1， ∴AD1∥平面CDB1. ∵CC1∥DD1，且CC1＝DD1， ∴四邊形CC1D1D為平行四邊形，∴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)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2. (1)求異面直線AP與BC所成角的余弦值； (2)求證：PD⊥平面PBC； (3)求直線AB與平面PBC所成角的正弦值． (1)解　由已知AD∥BC，得∠DAP或其補角即為異面直線AP與BC所成的角．因為AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝，故cos∠DAP＝＝. 所以異面直線AP與BC所成角的余弦值為. (2)證明　因為AD⊥平面PDC，直線PD?平面PDC，所以AD⊥PD. 又因為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　過點D作AB的平行線交BC于點F，連接PF，則DF與平面PBC所成的角等于AB與平面PBC所成的角． 因為PD⊥平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP為直線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，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為. 19．(13分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為4的菱形，∠ABC＝60，PA⊥平面ABCD，PA＝4，F(xiàn)是棱PA上一點，且AF＝1，E為PD的一個靠近D點的三等分點． (1)求證：CE∥平面BDF； (2)求平面BDF與平面PAD所成的銳二面角的余弦值． (1)證明　以點A為坐標(biāo)原點，以AD，AP所在的直線分別為y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系如圖． 則A(0,0,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，F(xiàn)(0,0,1)，B(2，－2,0)，C(2，2,0) ＝＋＝， 設(shè)平面BDF的法向量為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的一個法向量為n＝(，1,4)， 又平面PAD的一個法向量可取n1＝(1,0,0)， 所以平面BDF與平面PAD所成銳二面角的余弦值為|cos〈n，n1〉|＝＝. 20．(13分)(2018北京市城六區(qū)模擬)如圖1，在邊長為2的正方形ABCD中，P為CD中點，分別將△PAD, △PBC沿PA，PB所在直線折疊，使點C與點D重合于點O，如圖2，在三棱錐P－OAB中，E為PB中點． (1)求證：PO⊥AB； (2)求直線BP與平面POA所成角的正弦值； (3)求二面角P－AO－E的大?。? (1)證明　在正方形ABCD中，P為CD中點，PD⊥AD，PC⊥BC， 所以在三棱錐P－OAB中，PO⊥OA，PO⊥OB.因為OA∩OB＝O，OA，OB?平面OAB，所以PO⊥平面OAB. 因為AB?平面OAB，所以PO⊥AB. (2)解　取AB中點F，連接OF，取AO中點M，連接BM. 過點O作AB的平行線OG. 因為PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG. 因為OA＝OB，F(xiàn)為AB的中點， 所以O(shè)F⊥AB.所以O(shè)F⊥OG. 如圖所示，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. A(1，，0)，B(－1，，0)，P(0,0,1)，M. 因為BO＝BA，M為OA的中點，所以BM⊥OA. 因為PO⊥平面OAB，PO?平面POA， 所以平面POA⊥平面OAB. 因為平面POA∩平面OAB＝OA，BM?平面OAB， 所以BM⊥平面POA. 因為＝.所以平面POA的一個法向量m＝(，－1,0).＝(1，－，1)． 設(shè)直線BP與平面POA所成角為α， 則sinα＝|cos〈m，〉|＝＝. 所以直線BP與平面POA所成角的正弦值為. (3)由(2)知E，＝， ＝(1，，0)． 設(shè)平面OAE的法向量為n＝(x，y，z)， 則有 即 令y＝－1，則x＝，z＝2，即n＝(，－1,2)． 由(2)知平面OAP的一個法向量為m＝(，－1,0)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 由題意知二面角P－AO－E為銳角，所以它的大小為.