2022版高考数学人教B版一轮复习单元卷七 空间向量与立体几何 含解析

单元质检卷七空间向量与立体几何

（时间:120分钟满分:80分）

一、选择题:本题共8小题,每小题5分洪40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.（2020河北沧州一中月考）下列说法正确的是（）

A.棱柱的各个侧面都是平行四边形

B.底面是矩形的四棱柱是长方体

C.有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥

D.直角三角形绕其一边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥

2.若圆锥的表面积是底面积的3倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（）

A穹B言C.nD.?

3.（2020宁夏六盘山高级中学高三模拟）对于不同的直线和平面a/,a邛的一个充分条件是（）

C.m//V>.m//n,/n_La,n

4.

（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-AiBCQi中,E为出G的中点.

过点Bi,E,A的平面截该正方体所得的截面周长为（）

A.6V2+4V5B.4V2+2V5

C.5V2+3V5D.8V2+4V5

5.（2020山东日照五莲、潍坊安丘、潍坊诸城、临沂兰山高三6月模拟）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如

图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地

看作是半球与圆柱的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示.已知球的半径为R,酒杯

内壁表面积为争心设酒杯上部分（圆柱）的体积为下部分（半球）的体积为出哈（）

01图2

6.已知利用3D打印技术制作如图所示的模型.该模型为在圆锥底内挖去一个正方体后的剩余部分

（正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上），圆锥底面直径为10V2cm,母线与底面所成

角的正切值为企.打印所用原料密度为1g/cm）不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为

（）（取兀=3.14,精确到0.1）

A.609.4gB.447.3gC.398.3gD.357.3g

7.（2020全国2,理10）已知AABC是面积为詈的等边三角形，且其顶点都在球。的球面上.若球。的

表面积为16n,则。到平面A3C的距离为（）

A.V3

8.（2020山东泰安第二中学月考）菱形ABCD的边长为2,现将△48沿对角线AC折起使平面ACD1

，平面ACB,则此时所成空间四面体体积的最大值为（）

二'选择题:本题共4小题,每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题

目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分,部分选对的得3分.

9.在正四面体A-BCD中,E,F,G分别是BC,CD,DB的中点，下面四个结论中正确的是（）

A.BC〃平面AGFB.EGJ_平面A8F

C.平面AE尸，平面BCDD.平面AB£L平面BCD

如图，已知圆锥的顶点为S,底面圆。的两条直径分别为48和CD,且CD若平面SAOCI平面

5BC=/,则以下结论正确的是（）

A.AD〃平面S8C

B.I//AD

C.若E是底面圆周上的动点，则△SAE的最大面积等于ASAB的面积

D./与平面SCD所成角的大小为45°

11.

（2020河南洛阳高三模拟）如图，已知正方体ABCD-A由1GQ的棱长为2,E为棱CG的中点,F为棱

A4|上的点，且满足AtF：FA=1：2,点F,B,E,G,H为过三点B,E,F的平面BMN与正方体A8CD-

的棱的交点，则下列说法正确的是（）

A.HF//BE

B.三棱锥S-BMN的体积为6

C.直线MN与平面A山山A的夹角是45。

D.DiG:GG=1：3

12.（2020山东临沂一模）如图，点E为正方形A8CQ边CQ上异于点C,。的动点，将△AQE沿AE翻折

成△SAE,在翻折过程中，下列说法正确的是（）

A.存在点E和某一翻折位置，使得SBJ_SE

B.存在点E和某一翻折位置，使得AE〃平面SBC

C.存在点E和某一翻折位置，使得直线SB与平面ABC所成的角为45。

D.存在点E和某一翻折位置，使得二面角S-AB-C的大小为60°

三、填空题:本题共4小题,每小题5分，共20分.

13.（2020辽宁高三二模，理）已知一个圆柱的侧面积等于表面积的一半，且其轴截面的周长是18,则该

圆柱的体积是.

14.正四棱锥P-A8CD,底面边长为2,二面角P-AB-C为45。,则此四棱锥的体积为.

15.

（2020福建福州高三期末）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖席.在如图所

示的鳖席P-ABC中,平面ABC,ZACB=90°,CA=4,PA=2,D为AB中点,E为△PAC内的动点（含边

界），且PCLDE.①当E在4C上时,AE=:②点E的轨迹的长度为.

16.(2020新高考全国1,16)已知直四棱柱ABCZJ-A山iGA的棱长均为2,/BA£)=60。.以功为球心，强

为半径的球面与侧面BCGa的交线长为.

四、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，已知正方体ABCQ-AIBICQI的棱长为3,M,N分别是棱A415AB上的点，且AM=AN=l.

⑴证明:MN,CQ四点共面；

(2)求几何体A例N-OAC的体积.

18.(12分)(2020广西南宁二中高三月考)如图，已知长方形ABCD中,AB=2,A£)=1,M为0c的中点.将

△ACM沿AM折起，使得平面ADW_L平面ABCM.

(1)求证:4£»，8M；

(2)点E是线段DB上的一动点，当二面角E-AM-D大小为郎寸，试确定点E的位置.

19.

(12分)(2020全国高三二模(文))如图，扇形A08的圆心角为90。,半径为2,四边形S08C为正方形，平

面SOBCL平面4OB,过直线SC作平面SCMN交卷于点M,交OA于点N.

(1)求证:肱7〃。8;

(2)求三棱锥S-MON体积的最大值.

2().

Ai

p

s,prtjc,

BNC

(12分)(2020四川宜宾叙州第二中学高三一模(理))如图，已知三棱柱A8C-A1&G中，侧棱与底面垂直,

且A4i=4B=AC=24BJ_AC,MN分别是CC,BC的中点，点P在线段4出|上，且融=2两.

(1)求证:不论A取何值，总有AMLPN;

(2)当2=1时,求平面PMN与平面A8C夹角的余弦值.

21.

(12分)(2020山东高三联考三模)已知直三棱柱ABC-AiBiCi,AB=AC=AAi=1,M,N,P分别为

A\C\AB\,BB\的中点，且APLMN.

(1)求证:MN〃平面BiBCCi；

(2)求/8AC;

(3)求二面角Ai-PN-M的余弦值.

22.

(12分)(2020重庆沙坪坝南开中学高三月考)如图,四棱锥P-ABCD中，底面ABCO是边长为2的正方

形，侧面尸底面A8C2E为PC上的点，且平面APC.

(1)求证:平面上4力_1_平面PBC;

(2)当三棱锥P-A8C体积最大时，求二面角B-AC-P的余弦值.

参考答案

单元质检卷七空间向量与立体几何

1.A对于A,根据棱柱的性质可知，棱柱的各个侧面都是平行四边形，故A正确；

对于B,底面是矩形,若侧棱不垂直于底面，这时的四棱柱是斜四棱柱，不是长方体，只

有底面是矩形的直四棱柱才是长方体，故B错误；

对于C,有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，只有其余

各面是有一个公共顶点的三角形的几何体，才是棱锥，故C错误；

对于D,直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周形成的几何体是圆锥,如果绕

着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥，故D错误.故选A.

2.C设圆锥的底面半径为r,母线长为/,侧面展开图扇形的圆心角为仇

根据条件得兀〃+兀户=3兀只即/=2r,

根据扇形面积公式得瞑=兀〃，

Z7T

即。=竿=啜=兀,故选C.

3.CA选项中，根据m^n,m//a,n//人得到a邛或。〃及所以A错误；

B选项中,〃2_L〃,an夕=〃2,〃ua,不一定得到。_1_以所以B错误；

C选项中，因为机〃凡〃_1_夕，所以m邛,

又mu%从而得到aLS,所以C正确；

D选项中，根据机〃〃，机_La,所以火而人所以得到。〃⑶所以D错误.故选C.

4.A如图，取DDi的中点F,连接AF,EF,

D.F

显然E尸〃则四边形ABiEF为所求的截面.

因为OiE=CE=2,所以

BiE=V22+42=2遮=V42+42=4^2,EF=y/22+22=2V2^4F=V42+22=2麻，所以截

面的周长为6V2+4V5.

5.A设酒杯上部分（圆柱）的高为人,球的半径为凡则酒杯下部分（半球）的表面积为2兀R2,

酒杯内壁表面积为当HR2,得圆柱侧面积为畀R2_2兀心黑心酒杯上部分（圆柱）的表面积

为2兀/?*/?=971/?2,解得力=：凡酒杯下部分（半球）的体积XglTX7?3=17x^3,酒杯上部分

4R3

（圆柱）的体积V.=^x泊抻，所牵=泉=2.故选A.

6.C如图是几何体的轴截面,因为圆锥底面直径为10&cm,所以半径为OB=5&cm.

因为母线与底面所成角的正切值为tanB=&，所以圆锥的高为PO=10cm.

设正方体的棱长为3匹=缶，则器=甯用得“=5.

所以该模型的体积为丫耳“义（5V2）2xl0-53=^-125（cm3）.

所以制作该模型所需原料的质量为（竿-125k1=竽一125=398.3值）.

7.C设等边三角形ABC的边长为凡球0的半径为R,A48C的外接圆的半径为人则

5"8。=^屋二当§5球0=4兀/?2=16兀,解得Q=3,R=2.故r=|x低设0到平面ABC的距

44□Z

离为a则/+/=/?2,故d=j/?2_72—^4-3=1.

故选C.

D'

A设AC的中点为0,因为0cA所以O'0-LAC又因为平面AC。」平面AC8,平面

AC/rn平面ACB=AC,所以。0，平面A3C,设/46。=/4。。=%。£（0,兀）,在440）

中,£)O=A£)cos]=2cos*由题意可知D,O=DO=2COS^S^ABC=^x2x2sina=2sina,Vo--

1。八，八4.a8.aQ.a\..a](an)

O=-sinacos-=-sin^cosz-=-sin-\l-sin92-^^0<-<

ABC=^OS^ABCXDO乙D乙乙J乙乙乙乙

设f=sin*则V/r-ABC=E(f-/3),且0<r<1,所以V^,-ABC^I-S?),

所以当0</<亭时,Vb-ABC>0,当*7<1时,Vb-ABC<0,所以当f=学寸"ABC取得最大

值翳，所以四面体OA8C体积的最大值为詈,故选A.

9.

ABD:FG分别是CD,DB的中点，

.：6尸〃8。,则8C〃平面AG凡故A正确；

".'E,F,G分别是BC,CD,DB的中点，.：CD，AFCO，BEAEnBF=F抠PCO_L平面

ABF,"."EG//CD,

.：£G,平面ABF,故B正确；

:'CO,平面ABfCOu平面BCD,

.：平面ABF,平面BCD,故D正确,C错误.故选ABD.

10.ABD由AB和CO是圆O的直径，且ABJ_C。，得四边形ABC。为正方形，则AD//

BC.BCu平面SBC,

从而AO〃平面SBC,故A正确；

又因为AOu平面SA。,且平面SAZ)n平面S3C=/,所以/〃AD,故B正确;

因为SASEgsASEsinNASE,当ZASB为钝角时,(5ASAE)max>SASAB,

当NASB为锐角或直角时,(SASAE)max=SASAB,故C不正确；

由/〃AD,得/与平面SCO所成的角等于AO与平面SCO所成的角，即为NAOO,又

因为NAOO=45°,故D正确.故选ABD.

11.AD对于A选项，由于平面AOD14〃平面BCGBi,而平面BMN与这两个平面分别

交于“尸和BE,根据面面平行的性质定理可知HF〃BE,故A正确；

由于AiF；E4=1；2,而E是CC的中点，故M4=1,GN=2.

1111

VX

对于B选项,/「BMN=B-MNB1=32XMB1XNBIxfiB,=-x-x3x4x2=4,故B错

误；

对于C选项，由于BiNJL平面AiBiBA,所以直线MN与平面A\B\BA所成的角为N

NMBi,且tan/NMBi=*=?故C错误；

1O

对于D选项，可知DiGg,GC弓，故D正确.

综上可知，正确的为AD,故选AD.

12.ACD当SEA.CE时,SEJ_AB,SE_LSA,SAnAB=A9SEJ_平面SAB,故SE_LSB,故A正

确；

若AE〃平面S3C,因为AEu平面ABC,平面ABCfl平面SBC=BC,则AE〃CB与已知

矛盾，故B错误；

如图所示,OFLAE交8C于点F,交AE于点G,S在平面A3CE的投影。在GF上，

连接80,故NS8O为直线SB与平面ABC所成的角，

取二面角S-AE-B的平面角为a,取AO=4,OE=3,故AE=。尸=5,

"=BF=l,SG=.OG=*osa,故只需满足SO=OB=ysina,

在A0FB中,根据余弦定理考5也口)2=12+件.当(：05a)2・2党—^cosacosZ0FB,

解得cosa^,故C正确;

过。作0M_LA8交AB于点M,则ZSM0为二面角S-AB-C的平面角,

取二面角S-AE-B的平面角为60°，故只需满足£>G=2GO=2OM,

设N0AG=N0AM="«寸树N°AG$2^G=^^=黑，

化简得到2tan仇an20=l,解得tan8=*,验证满足，故D正确.

13.27兀设圆柱的底面圆的半径为厂,高为4.

2TU~/I_1

2nr2+2Trr/i2'

(2(2r+h)=18,

解得r=〃=3,则该圆柱的体积是Ttrh=27Ti.

14.

|如图，设点P在底面ABC。内的射影为点O,

因为四棱锥P-ABCD为正四棱锥，所以。为正方形A8CD的中心，

取A3的中点£,连接PO,PE,OEM尸0,平面ABCD,OE±AB,

又PA=PB,所以PE_LAB,所以NPE。为二面角P-AB-C的平面角，

所以NPEO=45°.因为8C=2,所以OE=PO=1,

所以此四棱锥的体积为|PO-5ABCD=|X1x2x2=*

15.①2②等。当E在AC上时，因为PAL平面ABC,故又PC，。瓦故OE

，平面PAC.

故Z)E_LAC,又NACB=90°,D为AB中点，故OE〃BC,所以E为AC中点.故

1

AE=^AC=2.

②取AC中点F,则由淼£)F_L平面PAC,故PCLDF,又PCIDE,

设平面DE/SPLG,则有PC_L平面OGE故点E的轨迹为线段FG.又此时CF=2,

故sinZPCA=^==合.所以FG=CF-sinZPCA=^.

J2W55

16.yn如图所示，：•NBGOi=/aAQ=N84O=60°，且BC=GOi,

Di

为等边三角形.

•：BiDi=2.

设点01是51cl的中点，则=百,易证。10」平面BCC山1,设P是球面与侧面

BCC\B\交线上任意一点，连接01P,则OiD」OiP,.：Z)iP2=r>a+Op2,即5=3+01尸2,.：

0iP=&.即P在以0|为圆心，以或为半径的圆上.

取881,CG的中点分别为E,F,则B\E=C\F=O\B\=O\C\=\,EF=2,

.".OiE=OiF=y/2,OiE2+O\F2=EF2=4,.：ZEO\F=90°,

.：交线EPF=[X2V2X7t=-^IT.

17.

⑴证明：产AD,又8。〃4。,8。=4。,.：4。1〃8。,且4。|=8。,连接48,

则四边形AiBCQi是平行四边形，

所以48〃£hC.

在△A84中,AM=AN=l,A4i=AB=3,所以萼=空，所以MN〃AiB,

AA]AD

所以MN〃DC,所以M,N,C,D\四点共面.

(2)解因为平面A8B14〃平面OCCQ,

又M,N,C,£>i四点共面，所以平面AMN〃平面DD\C,

延长CN与D4相交于点P,因为AN〃OC,

所以瞿=嘉，即白=晶，解得胡导,同理延长与D4相交于点。，可得QA=I，

LfCiU5i/115ZL.

所以点P与点。重合，所以DiM,D4,CN三线相交于一点，

,19,9

所以几何体AMN-ODC是一个三棱台，所以匕MN-DDIC=gx+X+

l222

c13

x3=r

18.解取AM的中点。48的中点N,则0N,0A,。。两两垂直，以。为原点建立如图所示的

空间直角坐标系，

孝,0,0),£>(0,0,孚.

则,0,0

(1)证明:由于乐二(孝0苧丽=(0,-鱼,0),则南.前=0,故而J.丽即AD±BM.

(2)解:设存在满足条件的点瓦并设屁=□瓯问0,1],砺=(串&，甲，则屁=4-

多任孚,

则点E的坐标为(-乎□，鱼□，苧一日□)/£((),1].易得平面AOM的法向量可以取

m=(0,1,0),设平面AME的法向量为112=(乂"),则前=(-/,0,0),荏=(一苧口今世□，亨一

苧口)，则电卫=°，所以

n2'AE=0,

+42Ay+

故n2=(0，-1,22).

nin?

cos<ni,n2>=,'-■■■,----------,

同应>1)2+4A2

由于二面角E-AM-。大小为三，

故cos]=1

J(A-1)2+4A22,

由于26(0,1],故解得A=2V3-3或-2机-3(舍去).

故当E位于线段。8之间，且卷=2日3时,二面角E-AM-O大小为去

UD3

19.⑴证明因为SC〃。民SCu平面SCMNQBU平面SCMN,所以。8〃平面SCMN.

又OBu平面A03,平面SCMNA平面AOB=MN,所以MN//OB.

⑵解因为平面SOBCL平面A08,平面S08CD平面AOB=OB,SOLOB,

所以SO,平面A。氏即线段SO的长就是三棱锥S-MON的高.

因为OA_LOB,MN〃。氏

所以MNLOA.

设ON=x(0<x<2),则MN=J4-/,所以三棱锥S-MON的体积为V=1sO-

22422

2)N.MN=Wx2xIxxx』4-婷=lxXJ4-X=1^4%-%=1^4-(%-2).

所以，当X=&时,三棱锥S-MON体积有最大值,Umax].

20.解以点A为坐标原点，以AB,ACAA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴，建立如图所示的空

间直角坐标系A-孙zA(0,0,2),3(2,0,2),颂0,2,1),N(1,1,0),则

A^K=(2,O,O),A47=(O,O,2),^V=(1,1,0).

(1)证明：：中=口两=〃晒-币),••・审=治病=(鸟，0，。)，

••・9=河+布=(0,0,2)+(昌9,0)=(普,0,2),丽=丽一丽=(1,1,0)-

岛，。，2)=(AM=(0,2,1),.-.AM-丽=0+2-2=0,即询1PN,

因此，无论2取何值，都有AM1PN.

⑵解:当4=1时,P(l,0,2),丽=(0,1,-2),而=(-1,2,-1),

而平面A8C的法向量n=(0,0,l),设平面尸MN的法向量为m=(x,y,z),贝！j

(m^PM=0,(-x+2y-z=0,

ImP/V=0,(y-2z=0,

则m=(3,2,l),

设平面PMN与平面ABC的夹角为。，则以《。=鬻=等.

因此，平面PMN与平面ABC的夹角的余弦值是半.

14

1

21.(1)证明取BiG的中点。，连接MQ,NP,P。,则且加。=“181,尸双〃45,且

1

PN=^AB,

又所以PN〃MQ,且PN=MQ,

所以PNMQ为平行四边形，所以MN〃PQ.

又MMt平面BBCCi,PQu平面B\BCC\,

所以MN〃平面BiBCCi.

(2)解设荏=a,而=b，咫=c,NR4C=。，

由已知可得,|a|二|b|=|c|=l