浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测8立体几何与空间向量单元检测含解析.pdf

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1、单元检测八立体几何与空间向量(时间：120 分钟满分：150 分)第卷(选择题共40 分)一、选择题(本大题共10 小题，每小题4 分，共 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

2、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()A25B50C125D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，所以球的表面积为4R24232 42522522(522)50，故选B.3.如图，在多面体ABCDEF中，已知底面ABCD是边长为3 的正方形，EFAB，EF，且EF32与底面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()A.B 5C6D.92152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

3、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，进而整个多面体的体积为.921524.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，DAD145，CDC130，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是()A.B.2838C.D.2434答案 C解析由长方体DAD145，CDC130，设ADDD11，CD.连接BC1，BD.3由AD1BC1，所以异面直线AD1与DC1所成角，即BC1D.在BDC1中，BC1，BD2，C1D 2，由余弦定理可得cosBC1D2C1D2BC2 1BD22C1DBC1，222222 2 224所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是.245(201

4、8 嘉兴测试)已知两个不同的平面，和三条不同的直线m，a，b，若m，a?且am，b?，设和所成的一个二面角的大小为1，直线a与平面所成的角的大小为2，直线a，b所成的角的大小为3，则()A123B312C13，23D12，32答案 D解析由题意可知12或12，因为线面角的范围为，二面角的范围0，2为0，所以12；当bm时，23，当b不与m垂直时，2，所以 2，34222设两条母线所确定的截面最大时，两条母线的夹角为，则2，最大截面所对应的三角形的面积S 22sin，则，122所以两条母线所确定的最大截面为等腰直角三角形，其斜边上的高为，底面圆的圆心到2最大截面斜边的距离为，则两条母线所确定的最

5、大截面与底面所成二面角的(32)22212余弦值为.122247已知三棱锥SABC的每个顶点都在球O的表面上，SA底面ABC，ABAC4，BC2，且二面角SBCA的正切值为4，则球O的表面积为()15A240B248C252D272答案 D解析设BC的中点为D，连接AD，SD，可得AD1，则SDA是二面角SBCA的平面角，由于二面角SBCA的正切值为4，SA4，由余弦定理知，cosCAB，AB2AC2BC22ABAC1616602 4 478sin CAB，158由正弦定理知，ABC的外接圆直径2r 16，BCsin CAB2 15158设三棱锥SABC的外接球半径为R，则2r2R2，得R2

6、68，(SA2)球O的表面积为4R2272，故选D.8.(2018 杭州质检)在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC90，D，E分别是BC，AB的中点，ABAC，且ACAD.设PC与DE所成角为，PD与平面ABC所成角为，二面角PBCA为，则()ABCD答案 A解析由题图可知PCA，PDAAD，故 tantan，则.过点A作AQBC，垂足为Q，连接PQ，则PQA，同理可证得，所以0，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，a,0)，D(0，a,0)，P(0,0，)3由AMMD，得0，AMMD即(1，x,0)(1，ax,0)axx21 0，解得ax，而axx21 0，1xPMMDPMM

7、D，SPMD|12PMMD12x24ax2112x241x21，125x24x2122 x24x2532当且仅当 Error!即Error!时等号成立，此时BC.3 2210(2018 温州市高考适应性考试)已知正四面体PABC，Q为ABC内的一点，记PQ与平面PAB，PAC，PBC所成的角分别为，则下列式子恒成立的是()Asin2sin2sin22Bcos2cos2cos22Ctan2tan2tan21D.11tan21tan21tan2答案 B解析取点Q为ABC的中心，设正面体的棱长为1，则 sinsin sin，13323213所以 sin2sin2sin2 1，排除 D；1tan21t

8、an21tan2取BC的中点D，连接PD，AD，易知AP与平面PBC所成的角为APD，且 cosAPD，12PAPD123213所以 sin APD，所以 tan APD1，232所以当点Q靠近点A时，QP与平面PBC所成的角的正切值大于1，所以 tan2tan2tan21，排除 C.故选 B.第卷(非选择题共110 分)二、填空题(本大题共7 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共 36 分把答案填在题中横线上)11某空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为_cm2，此几何体的体积为_cm3.答案 2677解析此几何体的侧视图为直角三角形，高为4cm，底为，面

9、积为4242327127；该几何体是以正视图为底面的四棱锥，如图所示，其底面为直角梯形，面积是(4 7122)618(cm2)，高为，体积为186(cm3)7137712已知过球面上三点A，B，C的截面到球心的距离等于球半径的一半，且ACBC6，AB4，则球面面积为_答案 54解析如图，设球的半径为r，O是ABC的外心，外接圆半径为R，D是AB的中点，则OO平面ABC.在 RtACD中，cosA，则 sinA.132 23在ABC中，由正弦定理得2R，得R，BCsinA924即OC.9 24在 RtOCO中，r2r2，1481 216得r，S球表454.3 6254413.如图，在平行六面体A

10、BCDA1B1C1D1中，AB1，AD2，AA13，BAD 90，BAA1DAA1 60，则AC1_.答案23解析BAA1DAA160，A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上，平面ACC1A1平面ABCD，AB1，AD2，AA13，AC1ACCC1ABADAA1|2()2AC1ABADAA1|2|2|2222ABADAA1ABADABAA1ADAA114 9021322323，1212|，AC1.AC1232314(2018 浙江五校联考)在正三棱锥SABC中，M是SC的中点，且AMSB，底面边长AB2，则正三棱锥SABC的体积为 _，其外接球的表面积为_2答案1243解析由正三棱锥的对棱

11、互相垂直可得SBAC，又SBAM，AMACA，AM，AC?平面SAC，所以SB平面SAC，则SBSA，SBSC.所以正三棱锥SABC的三个侧面都是等腰直角三角形又AB2，所以SASBSC2，2故正三棱锥SABC是棱长为2 的正方体的一个角，其体积为SASBSC，其外接球的直径2R2，故外接球的表面积为4R212.1643315.如图，在三棱锥SABC中，若AC2，SASBSCABBC4，E为棱SC的中点，3则直线AC与BE所成角的余弦值为_，直线AC与平面SAB所成的角为_答案6014解析取SA的中点M，连接ME，BM，则直线AC与BE所成的角等于直线ME与BE所成的角，因为ME，BMBE2，

12、33cosMEBME2BE2MB22MEBE，312 122 3 2314所以直线AC与BE所成角的余弦值为.14取SB的中点N，则ANSB，CNSB，又ANCNN，AN，CN?平面ACN，即SB平面ACN，即平面SAB平面ACN，因此直线AC与平面SAB所成的角为CAN，因为ANCNAC 2，所以CAN60，3因此直线AC与平面SAB所成的角为60.16如图，已知四棱锥ABCDE中，ABBC2，BE2CD4，ABC 120，EBC30，BECD，M为棱DE的中点，三棱锥MABC的体积为，则点M到平面ABC的距离为33_，二面角ABCD的正弦值为 _答案 123解析在ABC中，因为ABBC2，

13、ABC120，所以SABC ABBCsin ABC.123设点M到平面ABC的距离为h，则由题意得，SABCh h，所以h1.1313333作MFBC于点F，MN平面ABC于点N，连接FN，则BC平面MNF，故NFBC，故MFN为二面角ABCD的平面角或其补角过点E作ESBC于点S，过点D作DTBC的延长线于点T(图略)，则ESBEsin30 2，又BECD，所以DTCDsin30 1，所以MF，ESDT232由(1)知MNh1，所以 sin MFN，MNMF23设二面角ABCD的平面角为，则 sinsin MFN.2317已知边长为1 的正ABC的顶点A在平面内，顶点B，C在平面外的同一侧，

14、点B，C分别为B，C在平面内的射影，设BBCC，直线CB与平面ACC所成的角为.若ABC是以角A为直角的直角三角形，则tan的最小值为_答案22解析如图，以点A为坐标原点，AC，AB所在直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系设B(0，b，m)，C(c,0，n)，则Error!可得mn 且 0mn，故 0m，1222又因为c2n21，故n，1212又因为 tanb，m，1m21222所以tan，所以 tan的最小值为.223222三、解答题(本大题共5 小题，共74 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(14 分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABCA1B1C1中，AC9，BC1

15、2，AB15，AA112，点D是AB的中点(1)求证：ACB1C；(2)求证：AC1平面CDB1.证明(1)三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，CC1平面ABC，又AC?平面ABC，CC1AC.又AC 9，BC 12，AB15，AC2BC2AB2，ACBC.CC1，BC?平面BB1C1C，CC1BCC，AC平面BB1C1C，又B1C?平面BB1C1C，ACB1C.(2)取A1B1的中点D1，连接C1D1，D1D和AD1.ADD1B1，且ADD1B1，四边形ADB1D1为平行四边形，AD1DB1，又AD1?平面CDB1，DB1?平面CDB1，AD1平面CDB1.CC1DD1，且CC1DD1，四边

16、形CC1D1D为平行四边形，C1D1CD，又CD?平面CDB1，C1D1?平面CDB1，C1D1平面CDB1.AD1C1D1D1，AD1，C1D1?平面AC1D1，平面AC1D1平面CDB1，又AC1?平面AC1D1，AC1平面CDB1.19(15 分)如图，在四棱锥PABCD中，AD平面PDC，ADBC，PDPB，AD1，BC3，CD4，PD2.(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ADBC，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ADPD.在 RtPDA中，由已知，得AP，

17、故 cosDAP.AD2PD25ADAP55所以异面直线AP与BC所成角的余弦值为.55(2)证明因为AD平面PDC，直线PD?平面PDC，所以ADPD.又因为BCAD，所以PDBC，又PDPB，BC，PB?平面PBC，BCPBB，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ADBC，DFAB，故BFAD1，由已知，得CFBCBF2.又ADDC，故BCDC，在 RtDCF中，可得DF2，在 RtDPF中，可得sin

18、DFP.CD2CF25PDDF55所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.5520(15 分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADCBCD90，BC2，CD，PD4，PDA 60，且平面PAD平面ABCD.3(1)求证：ADPB；(2)在线段PA上是否存在一点M，使二面角MBCD的大小为？若存在，求出的值；6PMPA若不存在，请说明理由(1)证明过点B作BOCD，交AD于点O，连接PO，则ADBO，在PDO中，PD4，DO2，PDA60，则POAD，POBOO，PO，BO?平面POB，AD平面POB，又PB?平面POB，ADPB.(2)解假设存在点M，过点M作AD的平行

19、线交PO于点N，连接BN，易知M，N，B，C四点共面，平面MBC平面BCDBC，由(1)知，AD平面POB，BCAD，则BC平面POB，又BN?平面POB，BNBC，又OBCD，则OBBC，则NBO即为二面角MBCD的平面角，则 tan NBO，33NOOB得NO1，PNPONO21，31.PMPAPNPO2 31233621(15 分)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，AA11，E，F分别是AB，BC的中点(1)求A1E与B1F所成的角；(2)求A1E与平面BCC1B1所成的角解(1)取AD的中点H，连接A1H，HE，HF.由于H，F分别是AD，BC的中点，ABCD为正方

20、形，所以HFAB，且HFAB，所以A1B1HF，且A1B1HF，所以A1B1FH为平行四边形，所以B1FA1H，且B1FA1H，故A1E与B1F所成的角等于A1E与A1H所成的角，A1E，HE，A1H，222故HA1E 60，故A1E与B1F所成的角为60.(2)因为平面BCC1B1平面ADD1A1，所以直线A1E与平面BCC1B1所成的角即为直线A1E与平面ADD1A1所成的角，所以EA1A即为所求角，而易知EA1A 45，所以直线A1E与平面BCC1B1所成的角为45.22(15 分)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD平面ABCD，且PAD是边长为2 的等边三角形，P

21、C，点M是PC的中点13(1)求证：PA平面MBD；(2)点F在PA上，且满足，求直线DM与平面FBD所成角的正弦值AFFP12(1)证明连接AC，交BD于点E，连接ME.因为四边形ABCD是矩形，所以点E是AC的中点，又点M是PC的中点，所以PAME，又PA?平面MBD，EM?平面MBD，所以PA平面MBD.(2)解取AD的中点O，则POAD，又平面PAD底面ABCD，平面PAD底面ABCDAD，PO?平面PAD，故PO平面ABCD，连接OC.在 RtPOC中，OC，PC2PO210所以在 RtODC中，DC3，OC2DO2以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空

22、间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,3,0)，D(1，0,0)，C(1,3,0)，P(0,0，)，M，3(12，32，32)则(2，3,0)，BD设F(x0，y0，z0)，(x01，y0，z0)，(1,0，)，(x01，y03，z0)AFAP3BF则由得(x01，y0，z0)(1,0，)，AF13AP133即F，则.(23，0，33)BF(13，3，33)设平面FBD的法向量m(x，y，z)，则Error!得Error!令x3，则y 2，z 5，故m(3，2，5)，又，33DM(12，32，32)设直线DM与平面FBD所成的角为，则sin|cos m，|DM|mDM|m|DM|，92 221329 286286故直线DM与平面FBD所成角的正弦值为.9286286