高考数学一轮复习单元检测八立体几何与空间向量提升卷单元检测理含解析新人教A版

/11/11/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＝eq\f(\r(32＋42＋52),2)＝eq\f(5,2)eq\r(2)，所以球的表面积为4πR2＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)\r(2)))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＝eq\f(3,2)，且EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()A.eq\f(9,2)6D.eq6D.eq\f(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eq\f(9,2)，进而整个多面体的体积为eq\f(15,2).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.eq\f(1,6)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)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eq\r(2)的等边三角形的三棱锥．所以体积为V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×1＝eq\f(1,6)，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.eq\f(\r(2),8) B.eq\f(\r(3),8)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(3),4)答案C解析由长方体∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，设AD＝DD1＝1，CD＝eq\r(3).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＝eq\r(2)，BD＝2，C1D＝2，由余弦定理可得cos∠BC1D＝eq\f(C1D2＋BC\o\al(2,1)－BD2,2C1D·BC1)＝eq\f(22＋2－22,2×2×\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是eq\f(\r(2),4)，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＝eq\f(15,2)C．x＝3，y＝15 D．x＝6，y＝eq\f(15,2)答案D解析∵l1∥l2，∴存在实数k使得b＝ka，即(3，x，y)＝k(2,4,5)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＝2k，,x＝4k，,y＝5k，))解得x＝6，y＝eq\f(15,2)，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.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)答案C解析设AC的中点为O，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))为x，y，z轴建立坐标系(图略)，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，0，\f(a,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，E(0,0，a)，则eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，\f(a,2)))，eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，a))，设AD与CE所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(0×\f(\r(3),2)a－\f(a,2)×\f(a,2)＋\f(a,2)×a,\r(\f(3,4)a2＋\f(a2,4)＋\f(a2,4))·\r(\f(a2,4)＋a2))＝eq\f(1,5)，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?③B．①③?②；②③?①C．①②?③；②③?①D．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eq\o(OG,\s\up6(→))＝xeq\o(OA,\s\up6(→))＋yeq\o(OB,\s\up6(→))＋zeq\o(OC,\s\up6(→))，则()A．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3)B．x＝eq\f(1,3)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,6)C．x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,6)，z＝eq\f(1,3)D．x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3)答案D解析由向量的运算法则有eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(MG,\s\up6(→))，①eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OC,\s\up6(→))＋eq\o(CN,\s\up6(→))＋eq\o(NG,\s\up6(→))，②eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(BN,\s\up6(→))＋eq\o(NG,\s\up6(→))，③又eq\o(BN,\s\up6(→))＝－eq\o(CN,\s\up6(→))，eq\o(MG,\s\up6(→))＝－2eq\o(NG,\s\up6(→))，∴①＋②＋③得3eq\o(OG,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OC,\s\up6(→))，据此可知x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3).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B1CB．BB1的中点与CC1的中点连成的线段C．线段BC1D．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eq\r(2)的球O过点D,MN为球O的一条直径，则eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))的最小值是______．答案4－4eq\r(2)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eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DM,\s\up6(→)))·(eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(DN,\s\up6(→)))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))·(eq\o(DM,\s\up6(→))＋eq\o(DN,\s\up6(→)))＋eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))＝4＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(DO,\s\up6(→))＋0，当向量eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(DO,\s\up6(→))反向时，eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))取得最小值4－2×2×eq\r(2)＝4－4eq\r(2).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，ACAB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eq\r(23)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，eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→)))2＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AD,\s\up6(→))|2＋|eq\o(AA1,\s\up6(→))|2＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＋2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×eq\f(1,2)＋2×2×3×eq\f(1,2)＝23，∴|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(23)，∴AC1＝eq\r(23).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＝eq\r(AD2＋PD2)＝eq\r(5)，故cos∠DAP＝eq\f(AD,AP)＝eq\f(\r(5),5).所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).(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＝eq\r(CD2＋CF2)＝2eq\r(5)，在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝eq\f(PD,DF)＝eq\f(\r(5),5).所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为eq\f(\r(5),5).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(2eq\r(3)，－2,0)，C(2eq\r(3)，2,0)eq\o(CE,\s\up6(→))＝eq\o(CD,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(DP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)，\f(2,3)，\f(4,3)))，设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，又eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，6,0)，eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，－4,1)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x＋6y＝0，,－4y＋z＝0，))取y＝1，得n＝(eq\r(3)，1,4)，所以eq\o(CE,\s\up6(→))·n＝－6＋eq\f(2,3)＋eq\f(16,3)＝0，即eq\o(CE,\s\up6(→))⊥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＝(eq\r(3)，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〉|＝eq\f(\r(3),\r(3＋1＋16)·1)＝eq\f(\r(15),10).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，eq\r(3)，0)，B(－1，eq\r(3)，0)，P(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).因为BO＝