2024高考总复习优化设计一轮用书数学配北师版(适用于老高考新教材)单元质检卷七　空间向量与立体几何

单元质检卷七空间向量与立体几何(时间:120分钟满分:150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.(2021湖南衡阳月考)下列说法正确的是()A.三点确定一个平面B.如果一条直线平行于一个平面,则这条直线平行于这个平面内的任意一条直线C.如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,则该直线与此平面垂直D.平行于同一平面的两条直线互相平行2.平面α外的一条直线l上有相异的三个点A,B,C,且三个点到平面α的距离相等,那么直线l与平面α的位置关系是()A.l⊥α B.l∥αC.l与α相交 D.l∥α或l⊂α3.(2021山东济宁二模)“直线m垂直平面α内的无数条直线”是“m⊥α”的()A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.一个正四棱锥的底面边长为2,高为3,则该正四棱锥的表面积为()A.8 B.12 C.16 D.205.(2021广东清远一中开学考试)把一个已知圆锥截成一个圆台和一个小圆锥,已知圆台的上、下底面半径之比为1∶3,母线长为6cm,则已知圆锥的母线长为()A.8cm B.9cm C.10cm D.12cm6.(2021河南安阳一中月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1成的角为()A.π2 B.π3 C.π4 7.(2020河北博野中学高三开学考试)如图,在棱长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为D1C1的中点.过点B1,E,A的平面截该正方体所得的截面周长为()A.62+45 B.42+25C.52+35 D.82+458.(2021河北石家庄质量检测二)在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,BC⊥PC,PA=AC=2,BC=a,动点Q从B点出发,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为10,则该棱锥的外接球的表面积为()A.5π B.8π C.10π D.20π9.关于空间两条不同直线a,b和两个不同平面α,β,下列命题正确的是()A.a⊥α,b⊥α,则a⊥bB.a⊥b,b⊥β,则a∥βC.a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥bD.a∥α,α⊥β,则a⊥β10.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形,一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”;四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图,在堑堵ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,且AA1=AB=2.下列说法不正确的是()A.四棱锥B-A1ACC1为“阳马”B.四面体A1-C1CB为“鳖臑”C.过A点分别作AE⊥A1B于点E,AF⊥A1C于点F,则EF⊥A1BD.四棱锥B-A1ACC1体积最大为211.如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1的中点,F为棱AA1上的点,且满足A1F∶FA=1∶2,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱的交点,则下列说法正确的是()A.HF与BE相交B.三棱锥B1-BMN的体积为6C.直线MN与平面A1B1BA的夹角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.在正方体AC1中,E是棱CC1的中点,F是侧面BCC1B1内的动点,且A1F与平面D1AE的垂线垂直,如图所示,下列说法不正确的是()A.点F的轨迹是一条线段 B.A1F与BE是异面直线C.A1F与D1E不可能平行 D.三棱锥F-ABD1的体积为定值二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中点,则在所有的棱中与直线CD和AA1都垂直的直线有.

14.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1与平面BDC1的交线是.

15.将半径为4的半圆卷成一个圆锥,则圆锥的体积为.

16.(2021浙江杭州二中模拟)如图,△ABC的三边AB=10,BC=12,CA=14,D,E,F分别是三边的中点,沿DF,FE,ED将△ADF,△CEF,△BED折起,使得A,B,C重合于点P,则四面体PDEF的表面积为;体积为.

三、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)如图在边长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,A1C的中点.(1)求异面直线EF与CD1所成角的大小;(2)证明:EF⊥平面A1CD.18.(12分)(2021安徽马鞍山三模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,△PAD为等边三角形,∠ABC=60°,O为AD的中点.(1)证明:平面PAD⊥平面POC;(2)若AD=2,PC=6,点M在线段PD上,PM=3MD,求三棱锥P-OCM的体积.19.(12分)(2021北京延庆三模)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形,侧面ADD1A1为矩形,且侧面ADD1A1⊥底面ABCD,AA1=4,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)求证:MN∥平面C1DE;(2)求二面角D-C1E-B1的余弦值.20.(12分)(2021北京,17)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1中点,直线B1C1交平面CDE于点F.(1)证明:点F为B1C1的中点;(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为53,求A121.(12分)(2020新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.22.(12分)(2021天津滨海新区塘沽第一中学月考)已知如图,四边形PDCE为矩形,四边形ABCD为梯形,平面PDCE⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=12CD=1,PD=2(1)若M为PA中点,求证:AC∥平面MDE;(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点),使得平面QAD与平面PBC所成锐二面角的大小为π3?若存在,请说明点Q的位置;若不存在,请说明理由

单元质检卷七空间向量与立体几何1.C解析:当三点共线时,不能确定一个平面,故A错误;如果一条直线平行于一个平面,则这条直线与这个平面内的任意一条直线可能平行也可以异面,故B错误;由线面垂直的判定定理知C正确;平行于同一平面的两条直线可能平行,可能相交也可以异面,故D错误.故选C.2.B解析:当直线l与平面α相交时,直线l上只有2个不同点到平面α的距离相等,故A,C错误;当直线l∥平面α时,直线上所有点到平面距离都相等,满足题意,故B正确;因为平面α外的一条直线l,所以l⊄α,故D错误.故选B.3.B解析:因为当直线m垂直平面α内的所有直线时,可得m⊥α,所以由直线m垂直平面α内的无数条直线不一定能推出m⊥α;当m⊥α时,直线m垂直平面α内的无数条直线,所以直线m垂直平面α内的无数条直线是m⊥α的必要不充分条件.故选B.4.B解析:如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,底面ABCD的边长为2,设点P在底面ABCD的投影点为点O,则四棱锥P-ABCD的高PO=3,则O为AC的中点,且AO=12AC=22AB=2,PB=PA=取AB的中点E,连接PE,则PE⊥AB,且PE=PA2则S△PAB=12AB·PE=2,故正四棱锥P-ABCD的表面积S=4S△PAB+S四边形ABCD=4×2+2×2=12.故选B5.B解析:设圆锥的母线长为l,因为圆台的上、下底面半径之比为1∶3,所以(l-6)∶l=1∶3,解得l=9.故选B.6.D解析:(方法1)如图1所示,连接BC1,则∠PBC1就是直线PB与AD1所成的平面角,易得PB⊥PC1,且BC1=2PC1,所以∠PBC1=π6.故选D(方法2)以点D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,如图2.设AB=1,则B(1,1,0),P12,12,1,A(1,0,0),D1(0,0,1),所以PB=12,12,-1,AD1=(-1,0,1),设直线PB与AD1所成的角为θ,则cosθ=|图1图2故选D.7.A解析:如图,取DD1的中点F,连接AF,EF,显然EF∥AB1,则四边形AB1EF为所求的截面.因为D1E=C1E=2,所以B1E=22+42=25,AB1=42+42=42,EF=22+22=22,AF=8.B解析:将侧面PBC沿PC翻折到与侧面PAC共面,如图所示.则动点Q从B点出发,沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为AB.∵PA⊥底面ABC,AC⊂平面ABC,∴PA⊥AC.又BC⊥PC,PA=AC,∴∠ACB=π2∴AB2=AC2+BC2-2AC·BCcos∠ACB=2+a2+22a×22=10,解得a=2∴PB=PC2+B取PB中点O,连接AO,CO,∵PA⊥AB,PC⊥BC,∴AO=CO=12PB∴O为该棱锥的外接球的球心,其半径R=12PB=2∴球O的表面积S=4πR2=8π.故选B.9.C解析:对于A,当a⊥α,b⊥α,直线a和b相当于平面α的法向量,则a∥b,故A错误;对于B,当a⊥b,b⊥β,则a∥β或a⊂β,故B错误;对于C,a⊥α,b⊥β,α⊥β,则a⊥b,故C正确;对于D,a∥α,α⊥β,则a⊥β或a与β相交,或a∥β,故D错误.故选C.10.D解析:因为底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”,所以在“堑堵”ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,侧棱AA1⊥平面ABC,因为AA1⊥BC,又AC⊥BC,且AA1∩AC=A,则BC⊥平面AA1C1C,所以四棱锥B-A1ACC1为“阳马”,故A项正确;由AC⊥BC,得A1C1⊥BC,又A1C1⊥C1C且C1C∩BC=C,所以A1C1⊥平面BB1C1C,所以A1C1⊥BC1,则△A1BC1为直角三角形.又由BC⊥平面AA1C1C,得△A1BC为直角三角形,由“堑堵”的定义可得△A1C1C为直角三角形,△CC1B为直角三角形,所以四面体A1-C1CB为“鳖臑”,故B项正确;因为BC⊥平面AA1C1C,则BC⊥AF,又AF⊥A1C且A1C∩BC=C,则AF⊥平面A1BC,所以AF⊥A1B.又AE⊥A1B且AF∩AE=A,则A1B⊥平面AEF,则A1B⊥EF,故C项正确;在底面有4=AC2+BC2≥2AC×BC,即AC×BC≤2,当且仅当AC=BC时等号成立,VB-A1ACC1=13SA1ACC1×BC=13AA1×11.D对于A选项,由于平面ADD1A1∥平面BCC1B1,而平面BMN与这两个平面分别交于HF和BE,根据面面平行的性质定理可知HF∥BE,故A错误;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中点,故MA1=1,C1N=2.对于B选项,VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1×NB1对于C选项,由于B1N⊥平面A1B1BA,所以直线MN与平面A1B1BA所成的角为∠NMB1,且tan∠NMB1=B1NB1M=对于D选项,可知D1G=12,GC1=32,故D故选D.12.C解析:对于选项A,如图,分别找线段BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,MN,A1N.由题得MN∥AD1,MN⊄平面D1AE,AD1⊂平面D1AE,所以MN∥平面D1AE.又A1M∥DE,A1M⊄平面D1AE,D1E⊂平面D1AE,所以A1M∥平面D1AE.又MN∩A1M=M,所以平面A1MN∥平面D1AE.因为A1F与平面D1AE的垂线垂直,又A1F⊄平面D1AE,所以直线A1F与平面D1AE平行.又A1F⊂平面A1MN,且点F是侧面BCC1B1内的动点,平面A1MN∩平面BCC1B1=MN,所以点F的轨迹为线段MN,故选项A正确;对于选项B,由图可知,AF与BE是异面直线,故选项B正确;对于选项C,当点F与点M重合时,直线A1F与直线D1E平行,故选项C错误;对于选项D,因为MN∥AD1,MN⊄平面ABD1,AD1⊂平面ABD1,所以MN∥面ABD1,则点F到平面ABD1的距离是定值,又三角形ABD1的面积是定值,所以三棱锥F-ABD1的体积为定值,故选项D正确.故选C.13.AB,A1B1解析:由正三棱柱的性质可知,与直线CD和AA1都垂直的直线有AB,A1B1.14.C1M解析:因为C1∈平面A1CC1,且C1∈平面BDC1,同时M∈平面A1CC1,且M∈平面BDC1,所以平面A1CC1与平面BDC1的交线是C1M.15.83π3解析:由题知,圆锥的母线长为l=4.设圆锥的底面半径为r,则2πr=4π,即所以圆锥的高h=l2-r2故圆锥的体积V=13·πr2·h=13×4π×216.246295解析:四面体的表面展开图即△ABC.△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=AB2+BC2-四面体PDEF的表面积为S△ABC=12AB·BCsin∠ABC=12×10×12×265因为四面体PDEF相对棱等长,则该四面体的每一组相对棱可作为一个矩形的两条对角线,从而把四面体PDEF补形成长方体D1EP1F-DE1PF1,如图.PD=EF=5,PE=DF=6,PF=DE=7,设FP1=x,FD1=y,FF1=z,则有x2+y2=25,y所以四面体PDEF的体积V=VD1EP1F-DE1PF-417.解据题意,建立如图空间直角坐标系.则D(0,0,0),A1(2,0,2),C(0,2,0),E(2,1,0),F(1,1,1),D1(0,0,2),∴EF=(-1,0,1),CD1=(0,-2,2),DA1=(2,0,2),(1)cos<EF,CD∴<EF,C即异面直线EF和CD1所成的角为60°.(2)∵EF·DA1=-1×2+0×0+1∴EF⊥DA1,即EF∵EF·DC=-1×0+0×2+1×0∴EF⊥DC,即EF⊥又DA1,DC⊂平面DCA1,且DA1∩DC=D,∴EF⊥平面A1CD.18.(1)证明根据题意可得,PA=PD,AO=OD,∴PO⊥AD.∵底面ABCD为菱形,∠ABC=60°,则△ACD为等边三角形,∴CO⊥AD.∵PO∩OC=O,PO,OC⊂平面POC,∴AD⊥平面POC.又AD⊂平面PAD,∴平面PAD⊥平面POC.(2)解在等边三角形PAD中,∵AD=2,∴OP=OC=3.又PC=6,∴OP2+OC2=PC2,即PO⊥OC,∴S△POC=12·PO·OC=1由(1)可知,AD⊥平面POC,又PM=3MD,∴VP-OCM=VM-POC=34VD-POC=34×13S△POC×DO=319.(1)证明连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1由题设知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,故四边形MNDE为平行四边形,则MN∥ED.又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.(2)解因为底面ABCD是正方形,所以CD⊥AD.因为侧面ADD1A1⊥底面ABCD,且侧面ADD1A1∩底面ABCD=AD,所以CD⊥平面ADD1A1,所以CD⊥DD1,AD⊥DD1.又因为侧面ADD1A1为矩形,所以AD⊥DD1.如图建立空间直角坐标系Dxyz,其中D(0,0,0),C1(0,2,4),E(1,2,0),C(0,2,0),且DC1=(0,2,4),DE=因为CD⊥平面ADD1A1,所以DC⊥平面BCC1B1,故DC=(0,2,0)为平面C1EB1的一个法向量,设n=(x,y,z)为平面DC1E的法向量,则n即2y+4z=0,x+2y=0,所以cos<DC,n>=DC·n|因为二面角A-DE-B1的平面角是钝角,所以二面角A-DE-B1的余弦值为-22120.(1)证明如图所示,取B1C1的中点F',连接DE,EF',F'C,由于ABCD-A1B1C1D1为正方体,E,F'为中点,故EF'∥CD,从而E,F',C,D四点共面,则平面CDE即为平面CDEF',故可得直线B1C1交平面CDE于点F'.当直线与平面相交时只有唯一的交点,故点F与点F'重合,即点F为B1C1中点.(2)解以点D为坐标原点,DA,DC,DD1方向分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,设正方体的棱长为2,设A1MA1B1=则M(2,2λ,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),从而MC=(-2,2-2λ,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0),设平面MCF的法向量为m=(x1,y1,z1),则m令z1=-1,可得m=2,11-λ,-1设平面CFE的法向量为n=(x2,y2,z2),则n令z2=-1可得n=(2,0,-1).则cos<m,n>=m·整理可得(λ-1)2=14,解得λ=12λ=32舍去21.解(1)因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD不在平面PBC中,所以AD∥平面PBC,又因为AD⊂平面PAD,平面PAD∩平面PBC=l,所以l∥AD.所以l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1