《（浙江專版）2020屆高考數學一輪復習 單元檢測八 立體幾何與空間向量單元檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專版）2020屆高考數學一輪復習 單元檢測八 立體幾何與空間向量單元檢測（含解析）（18頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、單元檢測八　立體幾何與空間向量 (時間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40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．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面與一側棱都平行，但兩側面所在平面相交．選項C正確，由反證法，若直線與另一平面不

2、相交，則直線在平面內或直線與平面平行，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＝4π·2＝50π，故選B. 3.如圖，在多面體ABCDEF中，已知底面ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF＝，且EF與底面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為(　　) A.B．

3、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，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

4、，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. 5．(2018·嘉興測試)已知兩個不同的平面α，β和三條不同的直線m，a，b，若α∩β＝m，a?α且a⊥m，b?β，設α和β所成的一個二面角的大小為θ1，直線a與平面β所成的角的大小為θ2，直線a，b所成的角的大小為θ3，則(　　) A．θ1＝θ2≥θ3 B．θ3≥θ1＝θ2 C．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D．θ1≥θ2，θ3≥θ2 答案　D 解析　由題意可知θ1＝θ2或θ1＋θ2＝π，因為線面角的范圍為，二面角的范圍為[0，π]，所以θ1≥θ2；當b⊥m時，θ2＝θ3，當b不與m垂直時，θ2<θ

5、3，所以θ2≤θ3.故選D. 6．若圓錐的側面展開圖是半徑為2，圓心角為的扇形，則由它的兩條母線所確定的最大截面與底面所成二面角的余弦值為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　設圓錐底面圓的半徑為r， 由2πr＝×2，得r＝，設軸截面頂角大小為2θ， 則sinθ＝>，所以2θ>， 設兩條母線所確定的截面最大時，兩條母線的夾角為α， 則α≤2θ，最大截面所對應的三角形的面積 S＝×2×2sinα，則α＝， 所以兩條母線所確定的最大截面為等腰直角三角形，其斜邊上的高為，底面圓的圓心到最大截面斜邊的距離為＝，則兩條母線所確定的最大截面與底面所成二面角的余弦值為＝. 7．已

6、知三棱錐S—ABC的每個頂點都在球O的表面上，SA⊥底面ABC，AB＝AC＝4，BC＝2，且二面角S—BC—A的正切值為4，則球O的表面積為(　　) A．240πB．248πC．252πD．272π 答案　D 解析　設BC的中點為D，連接AD，SD，可得AD＝1，則∠SDA是二面角S—BC—A的平面角，由于二面角S—BC—A的正切值為4，∴SA＝4，由余弦定理知， cos∠CAB＝＝＝－， sin∠CAB＝， 由正弦定理知，△ABC的外接圓直徑 2r＝＝＝16， 設三棱錐S—ABC的外接球半徑為R， 則2＋r2＝R2，得R2＝68， ∴球O的表面積為4πR2＝272π，故選

7、D. 8.(2018·杭州質檢)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分別是BC，AB的中點，AB≠AC，且AC>AD.設PC與DE所成角為α，PD與平面ABC所成角為β，二面角P－BC－A為γ，則(　　) A．α<β<γ B．α<γ<β C．β<α<γ D．γ<β<α 答案　A 解析　由題圖可知∠PCA＝α<，∠PDA＝β<， 因為PA⊥平面ABC，所以tanα＝，tanβ＝. 又AC>AD，故tanβ>tanα，則β>α. 過點A作AQ⊥BC，垂足為Q，連接PQ，則∠PQA＝γ， 同理可證得γ>β，所以α<β<γ，故選A. 9.如圖，在四棱

8、錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，側棱AP⊥平面ABCD，AB＝1，AP＝，點M在線段BC上，且AM⊥MD，則當△PMD的面積最小時，線段BC的長度為(　　) A.B．2C.D. 答案　D 解析　方法一　設BM＝x，MC＝y(tǒng)，則BC＝AD＝x＋y， ∵PA⊥平面ABCD，MD?平面ABCD，∴PA⊥MD， 又AM⊥MD，PA∩AM＝A，PA，AM?平面PAM， ∴MD⊥平面PAM， 又PM?平面PAM，∴MD⊥PM， 易知AM＝，MD＝， 在Rt△AMD中，AM2＋MD2＝AD2， 即x2＋1＋y2＋1＝(x＋y)2，化簡得xy＝1. 在Rt△PMD中，PM＝，M

9、D＝＝， ∴S△PMD＝PM·MD＝·· ＝≥＝， 當且僅當x2＝，即x＝，y＝時取等號， 此時BC＝x＋y＝. 方法二　由題意知，AB，AD，AP兩兩垂直．以A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設BC＝a， M(1，x,0)，x>0， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(1，a,0)，D(0，a,0)，P(0,0，)． 由AM⊥MD，得·＝0， 即(1，x,0)·(－1，a－x,0)＝ax－x2－1＝0， 解得a＝x＋，而·＝ax－x2－1＝0， ∴PM⊥MD，∴S△PMD＝||·|| ＝·＝· ＝

10、≥＝， 當且僅當即時等號成立，此時BC＝. 10．(2018·溫州市高考適應性考試)已知正四面體PABC，Q為△ABC內的一點，記PQ與平面PAB，PAC，PBC所成的角分別為α，β，γ，則下列式子恒成立的是(　　) A．sin2α＋sin2β＋sin2γ≥2 B．cos2α＋cos2β＋cos2γ≥2 C．tan2α＋tan2β＋tan2γ≤1 D.＋＋≤1 答案　B 解析　取點Q為△ABC的中心，設正面體的棱長為1， 則sinα＝sinβ＝sinγ＝＝， 所以sin2α＋sin2β＋sin2γ＝<2，排除A； 所以cos2α＝cos2β＝cos2γ＝1－2＝， 所以

11、tan2α＝tan2β＝tan2γ＝， 所以＋＋＝24>1，排除D； 取BC的中點D，連接PD，AD， 易知AP與平面PBC所成的角為∠APD， 且cos∠APD＝＝＝， 所以sin∠APD＝，所以tan∠APD＝>1， 所以當點Q靠近點A時，QP與平面PBC所成的角的正切值大于1，所以tan2α＋tan2β＋tan2γ>1，排除C.故選B. 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上) 11．某空間幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體側視圖的面積為______cm2，此幾何體的體積為

12、______cm3. 答案　2　6 解析　此幾何體的側視圖為直角三角形，高為4cm，底為＝，面積為×4×＝2；該幾何體是以正視圖為底面的四棱錐，如圖所示，其底面為直角梯形，面積是(4＋2)×6＝18(cm2)，高為，體積為×18×＝6(cm3)． 12．已知過球面上三點A，B，C的截面到球心的距離等于球半徑的一半，且AC＝BC＝6，AB＝4，則球面面積為________． 答案　54π 解析　如圖，設球的半徑為r，O′是△ABC的外心，外接圓半徑為R，D是AB的中點， 則OO′⊥平面ABC. 在Rt△ACD中，cosA＝，則sinA＝. 在△ABC中，由正弦定理得＝

13、2R，得R＝， 即O′C＝. 在Rt△OCO′中，r2－r2＝， 得r＝，S球表＝4π×＝54π. 13.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＋2×1×3×＋2×2×3×＝23，

14、 ∴||＝，∴AC1＝. 14．(2018·浙江五校聯考)在正三棱錐S－ABC中，M是SC的中點，且AM⊥SB，底面邊長AB＝2，則正三棱錐S－ABC的體積為________，其外接球的表面積為________． 答案　　12π 解析　由正三棱錐的對棱互相垂直可得SB⊥AC， 又SB⊥AM，AM∩AC＝A，AM，AC?平面SAC， 所以SB⊥平面SAC，則SB⊥SA，SB⊥SC.所以正三棱錐S－ABC的三個側面都是等腰直角三角形． 又AB＝2，所以SA＝SB＝SC＝2， 故正三棱錐S－ABC是棱長為2的正方體的一個角， 其體積為SA·SB·SC＝，其外接球的直徑2R＝2，故外接

15、球的表面積為4πR2＝12π. 15.如圖，在三棱錐S－ABC中，若AC＝2，SA＝SB＝SC＝AB＝BC＝4，E為棱SC的中點，則直線AC與BE所成角的余弦值為__________，直線AC與平面SAB所成的角為__________． 答案　　60° 解析　取SA的中點M，連接ME，BM， 則直線AC與BE所成的角等于直線ME與BE所成的角， 因為ME＝，BM＝BE＝2， cos∠MEB＝ ＝＝， 所以直線AC與BE所成角的余弦值為. 取SB的中點N，則AN⊥SB，CN⊥SB， 又AN∩CN＝N，AN，CN?平面ACN， 即SB⊥平面ACN，即平面SAB⊥平面A

16、CN， 因此直線AC與平面SAB所成的角為∠CAN， 因為AN＝CN＝AC＝2，所以∠CAN＝60°， 因此直線AC與平面SAB所成的角為60°. 16．如圖，已知四棱錐A－BCDE中，AB＝BC＝2，BE＝2CD＝4，∠ABC＝120°，∠EBC＝30°，BE∥CD，M為棱DE的中點，三棱錐M－ABC的體積為，則點M到平面ABC的距離為________，二面角A－BC－D的正弦值為________． 答案　1　 解析　在△ABC中，因為AB＝BC＝2，∠ABC＝120°， 所以S△ABC＝×AB×BC×sin∠ABC＝. 設點M到平面ABC的距離為h，則由題意得， ×S

17、△ABC×h＝××h＝，所以h＝1. 作MF⊥BC于點F，MN⊥平面ABC于點N，連接FN， 則BC⊥平面MNF，故NF⊥BC， 故∠MFN為二面角A－BC－D的平面角或其補角． 過點E作ES⊥BC于點S，過點D作DT⊥BC的延長線于點T(圖略)，則ES＝BEsin30°＝2， 又BE∥CD，所以DT＝CDsin30°＝1， 所以MF＝＝， 由(1)知MN＝h＝1，所以sin∠MFN＝＝， 設二面角A－BC－D的平面角為θ，則sinθ＝sin∠MFN＝. 17．已知邊長為1的正△A′BC的頂點A′在平面α內，頂點B，C在平面α外的同一側，點B′，C′分別為B，C在平面α內的射

18、影，設BB′≤CC′，直線CB′與平面A′CC′所成的角為φ.若△A′B′C′是以角A′為直角的直角三角形，則tanφ的最小值為________． 答案　 解析　如圖，以點A′為坐標原點，A′C′，A′B′所在直線分別為x軸，y軸，建立空間直角坐標系． 設B(0，b，m)，C(c,0，n)， 則 可得mn＝且0， 又因為tanφ＝b＝，

19、(側棱垂直于底面)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∥

20、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. 19．(15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1

21、，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　

22、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. 20．(15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝2，CD＝，PD＝4，∠PDA＝60°，且平面PA

23、D⊥平面ABCD. (1)求證：AD⊥PB； (2)在線段PA上是否存在一點M，使二面角M－BC－D的大小為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． (1)證明　 過點B作BO∥CD，交AD于點O，連接PO， 則AD⊥BO， 在△PDO中，PD＝4，DO＝2， ∠PDA＝60°， 則PO⊥AD，∵PO∩BO＝O， PO，BO?平面POB， ∴AD⊥平面POB， 又∵PB?平面POB，∴AD⊥PB. (2)解　假設存在點M，過點M作AD的平行線交PO于點N，連接BN， 易知M，N，B，C四點共面， ∵平面MBC∩平面BCD＝BC， 由(1)知，AD⊥平

24、面POB， BC∥AD， 則BC⊥平面POB，又BN?平面POB， ∴BN⊥BC，又OB∥CD，則OB⊥BC， 則∠NBO即為二面角M－BC－D的平面角， 則tan∠NBO＝＝， 得NO＝1，PN＝PO－NO＝2－1， ∴＝＝＝1－. 21．(15分)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，E，F分別是AB，BC的中點． (1)求A1E與B1F所成的角； (2)求A1E與平面BCC1B1所成的角． 解　(1)取AD的中點H，連接A1H，HE，HF. 由于H，F分別是AD，BC的中點，ABCD為正方形， 所以HF∥AB，且HF＝A

25、B， 所以A1B1∥HF，且A1B1＝HF， 所以A1B1FH為平行四邊形， 所以B1F∥A1H，且B1F＝A1H， 故A1E與B1F所成的角等于A1E與A1H所成的角， A1E＝，HE＝，A1H＝， 故∠HA1E＝60°，故A1E與B1F所成的角為60°. (2)因為平面BCC1B1∥平面ADD1A1， 所以直線A1E與平面BCC1B1所成的角即為直線A1E與平面ADD1A1所成的角， 所以∠EA1A即為所求角，而易知∠EA1A＝45°， 所以直線A1E與平面BCC1B1所成的角為45°. 22．(15分)如圖，四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面

26、ABCD，且△PAD是邊長為2的等邊三角形，PC＝，點M是PC的中點． (1)求證：PA∥平面MBD； (2)點F在PA上，且滿足＝，求直線DM與平面FBD所成角的正弦值． (1)證明　連接AC，交BD于點E，連接ME. 因為四邊形ABCD是矩形， 所以點E是AC的中點， 又點M是PC的中點， 所以PA∥ME， 又PA?平面MBD，EM?平面MBD， 所以PA∥平面MBD. (2)解　取AD的中點O，則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，連接OC. 在Rt△POC中，OC＝＝， 所以

27、在Rt△ODC中，DC＝＝3， 以O為坐標原點，OA，OE，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A(1,0,0)，B(1,3,0)，D(－1，0,0)，C(－1,3,0)， P(0,0，)，M， 則＝(－2，－3,0)， 設F(x0，y0，z0)，＝(x0－1，y0，z0)，＝(－1,0，)，＝(x0－1，y0－3，z0)． 則由＝得(x0－1，y0，z0)＝(－1,0，)， 即F，則＝. 設平面FBD的法向量m＝(x，y，z)， 則得 令x＝3，則y＝－2，z＝－5，故m＝(3，－2，－5)，又＝， 設直線DM與平面FBD所成的角為θ，則 sinθ＝|cos〈m，〉|＝ ＝＝， 故直線DM與平面FBD所成角的正弦值為. 18