高考數(shù)學一輪復習單元檢測八立體幾何與空間向量提升卷單元檢測理含解析新人教A版

/11/11/單元檢測八立體幾何與空間向量(提升卷)考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁．2．答卷前，考生務必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上．3．本次考試時間100分鐘，滿分130分．4．請在密封線內作答，保持試卷清潔完整．第Ⅰ卷(選擇題共60分)一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60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．(2018·廣東省廣州市培正中學模擬)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＝eq\f(\r(32＋42＋52),2)＝eq\f(5,2)eq\r(2)，所以球的表面積為4πR2＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)\r(2)))2＝50π，故選B.3.如圖，在多面體ABCDEF中，已知平面ABCD是邊長為3的正方形，EF∥AB，EF＝eq\f(3,2)，且EF與平面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為()A.eq\f(9,2)6D.eq6D.eq\f(15,2)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eq\f(9,2)，進而整個多面體的體積為eq\f(15,2).4．如圖，一個空間幾何體的正視圖，側視圖，俯視圖為全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角邊的長為1，那么這個幾何體的體積為()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)D．1答案A解析由三視圖還原可知原圖形是底面是直角邊為1的等腰直角三角形，兩側面也是直角邊為1的等腰直角三角形，另一側面是邊長為eq\r(2)的等邊三角形的三棱錐．所以體積為V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×1＝eq\f(1,6)，選A.5．(2018·西安模擬)若平面α與β的法向量分別是a＝(2,4，－3)，b＝(－1,2,2)，則平面α與β的位置關系是()A．平行 B．垂直C．相交但不垂直 D．無法確定答案B解析因為a·b＝(2,4，－3)·(－1,2,2)＝0，所以a⊥b，所以兩平面垂直．6.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.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解析由長方體∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，設AD＝DD1＝1，CD＝eq\r(3).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＝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)，所以異面直線AD1與DC1所成角的余弦值是eq\f(\r(2),4)，選C.7．△ABC所在的平面為α，直線l⊥AB，l⊥AC，直線m⊥BC，m⊥AC，則直線l，m的位置關系是()A．相交B．平行C．異面D．不確定答案B解析∵l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC，∴l(xiāng)⊥平面ABC.∵m⊥BC，m⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC?平面ABC，∴m⊥平面ABC，∴l(xiāng)∥m，故選B.8．已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分別是直線l1，l2的方向向量，若l1∥l2，則()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，∴存在實數(shù)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)，故選D.9．(2018·湖南省長沙市周南中學模擬)如圖，在所有棱長均為a的直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分別為BB1，A1C1的中點，則異面直線AD，CE所成角的余弦值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\f(1,5) D.eq\f(4,5)答案C解析設AC的中點為O，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OE,\s\up6(→))為x，y，z軸建立坐標系(圖略)，則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)，則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))，設AD與CE所成的角為θ，則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)，故選C.10．已知α，β是兩個平面，直線l?α，l?β，若以①l⊥α；②l∥β；③α⊥β中兩個為條件，另一個為結論構成三個命題，則其中正確的命題有()A．①③?②；①②?③B．①③?②；②③?①C．①②?③；②③?①D．①③?②；①②?③；②③?①答案A解析因為α⊥β，所以在β內找到一條直線m，使m⊥α，又因為l⊥α，所以l∥m.又因為l?β，所以l∥β，即①③?②；因為l∥β，所以過l可作一平面γ∩β＝n，所以l∥n，又因為l⊥α，所以n⊥α，又因為n?β，所以α⊥β，即①②?③.故選A.11.如圖，空間四邊形OABC中，M，N分別是OA，BC的中點，點G在線段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(→))，則()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解析由向量的運算法則有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(→))，據(jù)此可知x＝eq\f(1,6)，y＝eq\f(1,3)，z＝eq\f(1,3).12.點P在正方體側面BCC1B1及其邊界上運動，并且保持AP⊥BD1，則點P的軌跡為()A．線段B1CB．BB1的中點與CC1的中點連成的線段C．線段BC1D．BC的中點與B1C1的中點連成的線段答案A解析∵AP⊥BD1恒成立，∴要保證AP所在的平面始終垂直于BD1.∵AC⊥BD1，AB1⊥BD1，AC∩AB1＝A，AB1，AC?平面AB1C，∴BD1⊥平面AB1C，∴P點在線段B1C上運動．故選A.第Ⅱ卷(非選擇題共70分)二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分．把答案填在題中橫線上)13．正四面體ABCD的棱長為2，半徑為eq\r(2)的球O過點D,MN為球O的一條直徑，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))的最小值是______．答案4－4eq\r(2)解析很明顯當O，D，M，N四點共面時數(shù)量積能取得最值，由題意可知OD＝OM＝ON，則△MDN是以點D為頂點的直角三角形，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，當向量eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(DO,\s\up6(→))反向時，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.如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱AA1和AB上的點，若∠B1MN是直角，則∠C1MN＝________.答案90°解析因為C1B1⊥平面ABB1A1，MN?平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN.又因為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.如圖，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，則在△ABC和△PAC的邊所在的直線中，與PC垂直的直線有________；與AP垂直的直線有________．答案AB，BC，ACAB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直線AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴與AP垂直的直線是AB.16.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eq\r(23)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，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、解答題(本題共4小題，共50分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(12分)如圖，在直三棱柱(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∥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CDB1.18．(12分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，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＝eq\r(AD2＋PD2)＝eq\r(5)，故cos∠DAP＝eq\f(AD,AP)＝eq\f(\r(5),5).所以異面直線AP與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).(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＝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，直線AB與平面PBC所成角的正弦值為eq\f(\r(5),5).19．(13分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長為4的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝4，F(xiàn)是棱PA上一點，且AF＝1，E為PD的一個靠近D點的三等分點．(1)求證：CE∥平面BDF；(2)求平面BDF與平面PAD所成的銳二面角的余弦值．(1)證明以點A為坐標原點，以AD，AP所在的直線分別為y軸，z軸，建立空間直角坐標系如圖．則A(0,0,0)，D(0,4,0)，P(0,0,4)，F(xiàn)(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)))，設平面BDF的法向量為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的一個法向量為n＝(eq\r(3)，1,4)，又平面PAD的一個法向量可取n1＝(1,0,0)，所以平面BDF與平面PAD所成銳二面角的余弦值為|cos〈n，n1〉|＝eq\f(\r(3),\r(3＋1＋16)·1)＝eq\f(\r(15),10).20．(13分)(2018·北京市城六區(qū)模擬)如圖1，在邊長為2的正方形ABCD中，P為CD中點，分別將△PAD,△PBC沿PA，PB所在直線折疊，使點C與點D重合于點O，如圖2，在三棱錐P－OAB中，E為PB中點．(1)求證：PO⊥AB；(2)求直線BP與平面POA所成角的正弦值；(3)求二面角P－AO－E的大?。?1)證明在正方形ABCD中，P為CD中點，PD⊥AD，PC⊥BC，所以在三棱錐P－OAB中，PO⊥OA，PO⊥OB.因為OA∩OB＝O，OA，OB?平面OAB，所以PO⊥平面OAB.因為AB?平面OAB，所以PO⊥AB.(2)解取AB中點F，連接OF，取AO中點M，連接BM.過點O作AB的平行線OG.因為PO⊥平面OAB，所以PO⊥OF，PO⊥OG.因為OA＝OB，F(xiàn)為AB的中點，所以OF⊥AB.所以OF⊥OG.如圖所示，建立空間直角坐標系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)).因為BO＝