（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)八 立體幾何與空間向量單元檢測(cè)（含解析）.docx
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單元檢測(cè)八 立體幾何與空間向量 (時(shí)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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．下列命題中，錯(cuò)誤的是( ) A．平行于同一平面的兩個(gè)平面平行 B．平行于同一直線的兩個(gè)平面平行 C．一條直線與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交，那么這條直線必和另一個(gè)平面相交 D．一條直線與兩個(gè)平行平面所成的角相等 答案 B 解析 選項(xiàng)A正確，是面面平行的傳遞性．選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)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(gè)平面相交矛盾．選項(xiàng)D正確，由線面角定義可知正確． 2．長(zhǎng)方體的一個(gè)頂點(diǎn)上三條棱長(zhǎng)分別是3,4,5，且它的8個(gè)頂點(diǎn)都在同一球面上，則這個(gè)球的表面積是( ) A．25πB．50πC．125πD．都不對(duì) 答案 B 解析 長(zhǎng)方體的8個(gè)頂點(diǎn)都在同一球面上，則這個(gè)球是長(zhǎng)方體的外接球，所以球的直徑等于長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)，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，已知底面ABCD是邊長(zhǎng)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．5C．6D. 答案 D 解析 分別取AB，CD的中點(diǎn)G，H，連接EG，GH，EH，把該多面體分割成一個(gè)四棱錐與一個(gè)三棱柱，可求得四棱錐的體積為3，三棱柱的體積為，進(jìn)而整個(gè)多面體的體積為. 4.如圖，長(zhǎng)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(zhǎng)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. 5．(2018嘉興測(cè)試)已知兩個(gè)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(shè)α和β所成的一個(gè)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?yàn)榫€面角的范圍為，二面角的范圍為[0，π]，所以θ1≥θ2；當(dāng)b⊥m時(shí)，θ2＝θ3，當(dāng)b不與m垂直時(shí)，θ2<θ3，所以θ2≤θ3.故選D. 6．若圓錐的側(cè)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(shè)圓錐底面圓的半徑為r， 由2πr＝2，得r＝，設(shè)軸截面頂角大小為2θ， 則sinθ＝>，所以2θ>， 設(shè)兩條母線所確定的截面最大時(shí)，兩條母線的夾角為α， 則α≤2θ，最大截面所對(duì)應(yīng)的三角形的面積 S＝22sinα，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．已知三棱錐S—ABC的每個(gè)頂點(diǎn)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(shè)BC的中點(diǎn)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(shè)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D. 8.(2018杭州質(zhì)檢)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90，D，E分別是BC，AB的中點(diǎn)，AB≠AC，且AC>AD.設(shè)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?yàn)镻A⊥平面ABC，所以tanα＝，tanβ＝. 又AC>AD，故tanβ>tanα，則β>α. 過點(diǎn)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，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)棱AP⊥平面ABCD，AB＝1，AP＝，點(diǎn)M在線段BC上，且AM⊥MD，則當(dāng)△PMD的面積最小時(shí)，線段BC的長(zhǎng)度為( ) A.B．2C.D. 答案 D 解析 方法一 設(shè)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(jiǎn)得xy＝1. 在Rt△PMD中，PM＝，MD＝＝， ∴S△PMD＝PMMD＝ ＝≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x2＝，即x＝，y＝時(shí)取等號(hào)， 此時(shí)BC＝x＋y＝. 方法二 由題意知，AB，AD，AP兩兩垂直．以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，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(biāo)系，設(shè)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＝|||| ＝＝ ＝≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)BC＝. 10．(2018溫州市高考適應(yīng)性考試)已知正四面體PABC，Q為△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，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(diǎn)Q為△ABC的中心，設(shè)正面體的棱長(zhǎng)為1， 則sinα＝sinβ＝sinγ＝＝， 所以sin2α＋sin2β＋sin2γ＝<2，排除A； 所以cos2α＝cos2β＝cos2γ＝1－2＝， 所以tan2α＝tan2β＝tan2γ＝， 所以＋＋＝24>1，排除D； 取BC的中點(diǎn)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(dāng)點(diǎn)Q靠近點(diǎn)A時(shí)，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(cè)視圖的面積為______cm2，此幾何體的體積為______cm3. 答案 2 6 解析 此幾何體的側(cè)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(diǎn)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(shè)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(diǎn)， 則OO′⊥平面ABC. 在Rt△ACD中，cosA＝，則sinA＝. 在△ABC中，由正弦定理得＝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＋213＋223＝23， ∴||＝，∴AC1＝. 14．(2018浙江五校聯(lián)考)在正三棱錐S－ABC中，M是SC的中點(diǎn)，且AM⊥SB，底面邊長(zhǎng)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(duì)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(gè)側(cè)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(zhǎng)為2的正方體的一個(gè)角， 其體積為SASBSC＝，其外接球的直徑2R＝2，故外接球的表面積為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(diǎn)，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(diǎn)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?yàn)镸E＝，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(diǎn)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ACN， 因此直線AC與平面SAB所成的角為∠CAN， 因?yàn)锳N＝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(diǎn)，三棱錐M－ABC的體積為，則點(diǎn)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?yàn)锳B＝BC＝2，∠ABC＝120， 所以S△ABC＝ABBCsin∠ABC＝. 設(shè)點(diǎn)M到平面ABC的距離為h，則由題意得， S△ABCh＝h＝，所以h＝1. 作MF⊥BC于點(diǎn)F，MN⊥平面ABC于點(diǎn)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(bǔ)角． 過點(diǎn)E作ES⊥BC于點(diǎn)S，過點(diǎn)D作DT⊥BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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(shè)二面角A－BC－D的平面角為θ，則sinθ＝sin∠MFN＝. 17．已知邊長(zhǎng)為1的正△A′BC的頂點(diǎn)A′在平面α內(nèi)，頂點(diǎn)B，C在平面α外的同一側(cè)，點(diǎn)B′，C′分別為B，C在平面α內(nèi)的射影，設(shè)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(diǎn)A′為坐標(biāo)原點(diǎn)，A′C′，A′B′所在直線分別為x軸，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)B(0，b，m)，C(c,0，n)， 則 可得mn＝且0下載提示(請(qǐng)認(rèn)真閱讀)
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