（浙江專(zhuān)版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測(cè)八 立體幾何與空間向量單元檢測(cè)（含解析）

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1、單元檢測(cè)八　立體幾何與空間向量 (時(shí)間：120分鐘　滿(mǎn)分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．下列命題中，錯(cuò)誤的是(　　 ) A．平行于同一平面的兩個(gè)平面平行 B．平行于同一直線(xiàn)的兩個(gè)平面平行 C．一條直線(xiàn)與兩個(gè)平行平面中的一個(gè)相交，那么這條直線(xiàn)必和另一個(gè)平面相交 D．一條直線(xiàn)與兩個(gè)平行平面所成的角相等 答案　B 解析　選項(xiàng)A正確，是面面平行的傳遞性．選項(xiàng)B錯(cuò)誤，比如正方體的兩相鄰側(cè)面與一側(cè)棱都平行，但兩側(cè)面所在平面相交．選項(xiàng)C正確，由反證法，若直線(xiàn)與另一平面不

2、相交，則直線(xiàn)在平面內(nèi)或直線(xiàn)與平面平行，與直線(xiàn)與第一個(gè)平面相交矛盾．選項(xiàng)D正確，由線(xiàn)面角定義可知正確． 2．長(zhǎng)方體的一個(gè)頂點(diǎn)上三條棱長(zhǎng)分別是3,4,5，且它的8個(gè)頂點(diǎn)都在同一球面上，則這個(gè)球的表面積是(　　) A．25πB．50πC．125πD．都不對(duì) 答案　B 解析　長(zhǎng)方體的8個(gè)頂點(diǎn)都在同一球面上，則這個(gè)球是長(zhǎng)方體的外接球，所以球的直徑等于長(zhǎng)方體的體對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)，即R＝＝，所以球的表面積為4πR2＝4π·2＝50π，故選B. 3.如圖，在多面體ABCDEF中，已知底面ABCD是邊長(zhǎng)為3的正方形，EF∥AB，EF＝，且EF與底面ABCD的距離為2，則該多面體的體積為(　　) A.B．

3、5C．6D. 答案　D 解析　分別取AB，CD的中點(diǎn)G，H，連接EG，GH，EH，把該多面體分割成一個(gè)四棱錐與一個(gè)三棱柱，可求得四棱錐的體積為3，三棱柱的體積為，進(jìn)而整個(gè)多面體的體積為. 4.如圖，長(zhǎng)方體ABCD—A1B1C1D1中，∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，那么異面直線(xiàn)AD1與DC1所成角的余弦值是(　　 ) A. B. C. D. 答案　C 解析　由長(zhǎng)方體∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，設(shè)AD＝DD1＝1，CD＝.連接BC1，BD. 由AD1∥BC1，所以異面直線(xiàn)AD1與DC1所成角，即∠BC1D. 在△BDC1中，BC1＝，BD＝2，C1D＝2

4、，由余弦定理可得cos∠BC1D＝＝＝， 所以異面直線(xiàn)AD1與DC1所成角的余弦值是. 5．(2018·嘉興測(cè)試)已知兩個(gè)不同的平面α，β和三條不同的直線(xiàn)m，a，b，若α∩β＝m，a?α且a⊥m，b?β，設(shè)α和β所成的一個(gè)二面角的大小為θ1，直線(xiàn)a與平面β所成的角的大小為θ2，直線(xiàn)a，b所成的角的大小為θ3，則(　　) A．θ1＝θ2≥θ3 B．θ3≥θ1＝θ2 C．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D．θ1≥θ2，θ3≥θ2 答案　D 解析　由題意可知θ1＝θ2或θ1＋θ2＝π，因?yàn)榫€(xiàn)面角的范圍為，二面角的范圍為[0，π]，所以θ1≥θ2；當(dāng)b⊥m時(shí)，θ2＝θ3，當(dāng)b不與m垂直時(shí)，θ2<θ

5、3，所以θ2≤θ3.故選D. 6．若圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是半徑為2，圓心角為的扇形，則由它的兩條母線(xiàn)所確定的最大截面與底面所成二面角的余弦值為(　　) A.B.C.D. 答案　A 解析　設(shè)圓錐底面圓的半徑為r， 由2πr＝×2，得r＝，設(shè)軸截面頂角大小為2θ， 則sinθ＝>，所以2θ>， 設(shè)兩條母線(xiàn)所確定的截面最大時(shí)，兩條母線(xiàn)的夾角為α， 則α≤2θ，最大截面所對(duì)應(yīng)的三角形的面積 S＝×2×2sinα，則α＝， 所以?xún)蓷l母線(xiàn)所確定的最大截面為等腰直角三角形，其斜邊上的高為，底面圓的圓心到最大截面斜邊的距離為＝，則兩條母線(xiàn)所確定的最大截面與底面所成二面角的余弦值為＝. 7．已

6、知三棱錐S—ABC的每個(gè)頂點(diǎn)都在球O的表面上，SA⊥底面ABC，AB＝AC＝4，BC＝2，且二面角S—BC—A的正切值為4，則球O的表面積為(　　) A．240πB．248πC．252πD．272π 答案　D 解析　設(shè)BC的中點(diǎn)為D，連接AD，SD，可得AD＝1，則∠SDA是二面角S—BC—A的平面角，由于二面角S—BC—A的正切值為4，∴SA＝4，由余弦定理知， cos∠CAB＝＝＝－， sin∠CAB＝， 由正弦定理知，△ABC的外接圓直徑 2r＝＝＝16， 設(shè)三棱錐S—ABC的外接球半徑為R， 則2＋r2＝R2，得R2＝68， ∴球O的表面積為4πR2＝272π，故選

7、D. 8.(2018·杭州質(zhì)檢)在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，D，E分別是BC，AB的中點(diǎn)，AB≠AC，且AC>AD.設(shè)PC與DE所成角為α，PD與平面ABC所成角為β，二面角P－BC－A為γ，則(　　) A．α<β<γ B．α<γ<β C．β<α<γ D．γ<β<α 答案　A 解析　由題圖可知∠PCA＝α<，∠PDA＝β<， 因?yàn)镻A⊥平面ABC，所以tanα＝，tanβ＝. 又AC>AD，故tanβ>tanα，則β>α. 過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥BC，垂足為Q，連接PQ，則∠PQA＝γ， 同理可證得γ>β，所以α<β<γ，故選A. 9.如圖，在四棱

8、錐P－ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)棱AP⊥平面ABCD，AB＝1，AP＝，點(diǎn)M在線(xiàn)段BC上，且AM⊥MD，則當(dāng)△PMD的面積最小時(shí)，線(xiàn)段BC的長(zhǎng)度為(　　) A.B．2C.D. 答案　D 解析　方法一　設(shè)BM＝x，MC＝y(tǒng)，則BC＝AD＝x＋y， ∵PA⊥平面ABCD，MD?平面ABCD，∴PA⊥MD， 又AM⊥MD，PA∩AM＝A，PA，AM?平面PAM， ∴MD⊥平面PAM， 又PM?平面PAM，∴MD⊥PM， 易知AM＝，MD＝， 在Rt△AMD中，AM2＋MD2＝AD2， 即x2＋1＋y2＋1＝(x＋y)2，化簡(jiǎn)得xy＝1. 在Rt△PMD中，PM＝，M

9、D＝＝， ∴S△PMD＝PM·MD＝·· ＝≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)x2＝，即x＝，y＝時(shí)取等號(hào)， 此時(shí)BC＝x＋y＝. 方法二　由題意知，AB，AD，AP兩兩垂直．以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BC＝a， M(1，x,0)，x>0， 則A(0,0,0)，B(1,0,0)， C(1，a,0)，D(0，a,0)，P(0,0，)． 由AM⊥MD，得·＝0， 即(1，x,0)·(－1，a－x,0)＝ax－x2－1＝0， 解得a＝x＋，而·＝ax－x2－1＝0， ∴PM⊥MD，∴S△PMD＝||·|| ＝·＝· ＝

10、≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)BC＝. 10．(2018·溫州市高考適應(yīng)性考試)已知正四面體PABC，Q為△ABC內(nèi)的一點(diǎn)，記PQ與平面PAB，PAC，PBC所成的角分別為α，β，γ，則下列式子恒成立的是(　　) A．sin2α＋sin2β＋sin2γ≥2 B．cos2α＋cos2β＋cos2γ≥2 C．tan2α＋tan2β＋tan2γ≤1 D.＋＋≤1 答案　B 解析　取點(diǎn)Q為△ABC的中心，設(shè)正面體的棱長(zhǎng)為1， 則sinα＝sinβ＝sinγ＝＝， 所以sin2α＋sin2β＋sin2γ＝<2，排除A； 所以cos2α＝cos2β＝cos2γ＝1－2＝， 所以

11、tan2α＝tan2β＝tan2γ＝， 所以＋＋＝24>1，排除D； 取BC的中點(diǎn)D，連接PD，AD， 易知AP與平面PBC所成的角為∠APD， 且cos∠APD＝＝＝， 所以sin∠APD＝，所以tan∠APD＝>1， 所以當(dāng)點(diǎn)Q靠近點(diǎn)A時(shí)，QP與平面PBC所成的角的正切值大于1，所以tan2α＋tan2β＋tan2γ>1，排除C.故選B. 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線(xiàn)上) 11．某空間幾何體的三視圖(單位：cm)如圖所示，則此幾何體側(cè)視圖的面積為_(kāi)_____cm2，此幾何體的體積為

12、______cm3. 答案　2　6 解析　此幾何體的側(cè)視圖為直角三角形，高為4cm，底為＝，面積為×4×＝2；該幾何體是以正視圖為底面的四棱錐，如圖所示，其底面為直角梯形，面積是(4＋2)×6＝18(cm2)，高為，體積為×18×＝6(cm3)． 12．已知過(guò)球面上三點(diǎn)A，B，C的截面到球心的距離等于球半徑的一半，且AC＝BC＝6，AB＝4，則球面面積為_(kāi)_______． 答案　54π 解析　如圖，設(shè)球的半徑為r，O′是△ABC的外心，外接圓半徑為R，D是AB的中點(diǎn)， 則OO′⊥平面ABC. 在Rt△ACD中，cosA＝，則sinA＝. 在△ABC中，由正弦定理得＝

13、2R，得R＝， 即O′C＝. 在Rt△OCO′中，r2－r2＝， 得r＝，S球表＝4π×＝54π. 13.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　 解析　∵∠BAA1＝∠DAA1＝60°， ∴A1在平面ABCD上的射影必落在直線(xiàn)AC上， ∴平面ACC1A1⊥平面ABCD， ∵AB＝1，AD＝2，AA1＝3， ＝＋＝＋＋， ∴||2＝(＋＋)2 ＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2· ＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×＋2×2×3×＝23，

14、 ∴||＝，∴AC1＝. 14．(2018·浙江五校聯(lián)考)在正三棱錐S－ABC中，M是SC的中點(diǎn)，且AM⊥SB，底面邊長(zhǎng)AB＝2，則正三棱錐S－ABC的體積為_(kāi)_______，其外接球的表面積為_(kāi)_______． 答案　　12π 解析　由正三棱錐的對(duì)棱互相垂直可得SB⊥AC， 又SB⊥AM，AM∩AC＝A，AM，AC?平面SAC， 所以SB⊥平面SAC，則SB⊥SA，SB⊥SC.所以正三棱錐S－ABC的三個(gè)側(cè)面都是等腰直角三角形． 又AB＝2，所以SA＝SB＝SC＝2， 故正三棱錐S－ABC是棱長(zhǎng)為2的正方體的一個(gè)角， 其體積為SA·SB·SC＝，其外接球的直徑2R＝2，故外接

15、球的表面積為4πR2＝12π. 15.如圖，在三棱錐S－ABC中，若AC＝2，SA＝SB＝SC＝AB＝BC＝4，E為棱SC的中點(diǎn)，則直線(xiàn)AC與BE所成角的余弦值為_(kāi)_________，直線(xiàn)AC與平面SAB所成的角為_(kāi)_________． 答案　　60° 解析　取SA的中點(diǎn)M，連接ME，BM， 則直線(xiàn)AC與BE所成的角等于直線(xiàn)ME與BE所成的角， 因?yàn)镸E＝，BM＝BE＝2， cos∠MEB＝ ＝＝， 所以直線(xiàn)AC與BE所成角的余弦值為. 取SB的中點(diǎn)N，則AN⊥SB，CN⊥SB， 又AN∩CN＝N，AN，CN?平面ACN， 即SB⊥平面ACN，即平面SAB⊥平面A

16、CN， 因此直線(xiàn)AC與平面SAB所成的角為∠CAN， 因?yàn)锳N＝CN＝AC＝2，所以∠CAN＝60°， 因此直線(xiàn)AC與平面SAB所成的角為60°. 16．如圖，已知四棱錐A－BCDE中，AB＝BC＝2，BE＝2CD＝4，∠ABC＝120°，∠EBC＝30°，BE∥CD，M為棱DE的中點(diǎn)，三棱錐M－ABC的體積為，則點(diǎn)M到平面ABC的距離為_(kāi)_______，二面角A－BC－D的正弦值為_(kāi)_______． 答案　1　 解析　在△ABC中，因?yàn)锳B＝BC＝2，∠ABC＝120°， 所以S△ABC＝×AB×BC×sin∠ABC＝. 設(shè)點(diǎn)M到平面ABC的距離為h，則由題意得， ×S

17、△ABC×h＝××h＝，所以h＝1. 作MF⊥BC于點(diǎn)F，MN⊥平面ABC于點(diǎn)N，連接FN， 則BC⊥平面MNF，故NF⊥BC， 故∠MFN為二面角A－BC－D的平面角或其補(bǔ)角． 過(guò)點(diǎn)E作ES⊥BC于點(diǎn)S，過(guò)點(diǎn)D作DT⊥BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)T(圖略)，則ES＝BEsin30°＝2， 又BE∥CD，所以DT＝CDsin30°＝1， 所以MF＝＝， 由(1)知MN＝h＝1，所以sin∠MFN＝＝， 設(shè)二面角A－BC－D的平面角為θ，則sinθ＝sin∠MFN＝. 17．已知邊長(zhǎng)為1的正△A′BC的頂點(diǎn)A′在平面α內(nèi)，頂點(diǎn)B，C在平面α外的同一側(cè)，點(diǎn)B′，C′分別為B，C在平面α內(nèi)的射

18、影，設(shè)BB′≤CC′，直線(xiàn)CB′與平面A′CC′所成的角為φ.若△A′B′C′是以角A′為直角的直角三角形，則tanφ的最小值為_(kāi)_______． 答案　 解析　如圖，以點(diǎn)A′為坐標(biāo)原點(diǎn)，A′C′，A′B′所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，建立空間直角坐標(biāo)系． 設(shè)B(0，b，m)，C(c,0，n)， 則 可得mn＝且0， 又因?yàn)閠anφ＝b＝，

19、(側(cè)棱垂直于底面)ABC－A1B1C1中，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)． (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(diǎn)D1，連接C1D1，D1D和AD1. ∵AD∥

20、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. 19．(15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1

21、，BC＝3，CD＝4，PD＝2. (1)求異面直線(xiàn)AP與BC所成角的余弦值； (2)求證：PD⊥平面PBC； (3)求直線(xiàn)AB與平面PBC所成角的正弦值． (1)解　由已知AD∥BC，得∠DAP或其補(bǔ)角即為異面直線(xiàn)AP與BC所成的角．因?yàn)锳D⊥平面PDC，所以AD⊥PD.在Rt△PDA中，由已知，得AP＝＝，故cos∠DAP＝＝. 所以異面直線(xiàn)AP與BC所成角的余弦值為. (2)證明　因?yàn)锳D⊥平面PDC，直線(xiàn)PD?平面PDC，所以AD⊥PD. 又因?yàn)锽C∥AD，所以PD⊥BC， 又PD⊥PB，BC，PB?平面PBC，BC∩PB＝B， 所以PD⊥平面PBC. (3)解　

22、過(guò)點(diǎn)D作AB的平行線(xiàn)交BC于點(diǎn)F，連接PF，則DF與平面PBC所成的角等于A(yíng)B與平面PBC所成的角． 因?yàn)镻D⊥平面PBC，故PF為DF在平面PBC上的射影，所以∠DFP為直線(xiàn)DF和平面PBC所成的角． 由于A(yíng)D∥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＝＝2，在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝＝. 所以，直線(xiàn)AB與平面PBC所成角的正弦值為. 20．(15分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝2，CD＝，PD＝4，∠PDA＝60°，且平面PA

23、D⊥平面ABCD. (1)求證：AD⊥PB； (2)在線(xiàn)段PA上是否存在一點(diǎn)M，使二面角M－BC－D的大小為？若存在，求出的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． (1)證明　 過(guò)點(diǎn)B作BO∥CD，交AD于點(diǎn)O，連接PO， 則AD⊥BO， 在△PDO中，PD＝4，DO＝2， ∠PDA＝60°， 則PO⊥AD，∵PO∩BO＝O， PO，BO?平面POB， ∴AD⊥平面POB， 又∵PB?平面POB，∴AD⊥PB. (2)解　假設(shè)存在點(diǎn)M，過(guò)點(diǎn)M作AD的平行線(xiàn)交PO于點(diǎn)N，連接BN， 易知M，N，B，C四點(diǎn)共面， ∵平面MBC∩平面BCD＝BC， 由(1)知，AD⊥平

24、面POB， BC∥AD， 則BC⊥平面POB，又BN?平面POB， ∴BN⊥BC，又OB∥CD，則OB⊥BC， 則∠NBO即為二面角M－BC－D的平面角， 則tan∠NBO＝＝， 得NO＝1，PN＝PO－NO＝2－1， ∴＝＝＝1－. 21．(15分)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)． (1)求A1E與B1F所成的角； (2)求A1E與平面BCC1B1所成的角． 解　(1)取AD的中點(diǎn)H，連接A1H，HE，HF. 由于H，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)，ABCD為正方形， 所以HF∥AB，且HF＝A

25、B， 所以A1B1∥HF，且A1B1＝HF， 所以A1B1FH為平行四邊形， 所以B1F∥A1H，且B1F＝A1H， 故A1E與B1F所成的角等于A(yíng)1E與A1H所成的角， A1E＝，HE＝，A1H＝， 故∠HA1E＝60°，故A1E與B1F所成的角為60°. (2)因?yàn)槠矫鍮CC1B1∥平面ADD1A1， 所以直線(xiàn)A1E與平面BCC1B1所成的角即為直線(xiàn)A1E與平面ADD1A1所成的角， 所以∠EA1A即為所求角，而易知∠EA1A＝45°， 所以直線(xiàn)A1E與平面BCC1B1所成的角為45°. 22．(15分)如圖，四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面

26、ABCD，且△PAD是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PC＝，點(diǎn)M是PC的中點(diǎn)． (1)求證：PA∥平面MBD； (2)點(diǎn)F在PA上，且滿(mǎn)足＝，求直線(xiàn)DM與平面FBD所成角的正弦值． (1)證明　連接AC，交BD于點(diǎn)E，連接ME. 因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形， 所以點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)， 又點(diǎn)M是PC的中點(diǎn)， 所以PA∥ME， 又PA?平面MBD，EM?平面MBD， 所以PA∥平面MBD. (2)解　取AD的中點(diǎn)O，則PO⊥AD， 又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD＝AD，PO?平面PAD，故PO⊥平面ABCD，連接OC. 在Rt△POC中，OC＝＝， 所以

27、在Rt△ODC中，DC＝＝3， 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OE，OP所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B(1,3,0)，D(－1，0,0)，C(－1,3,0)， P(0,0，)，M， 則＝(－2，－3,0)， 設(shè)F(x0，y0，z0)，＝(x0－1，y0，z0)，＝(－1,0，)，＝(x0－1，y0－3，z0)． 則由＝得(x0－1，y0，z0)＝(－1,0，)， 即F，則＝. 設(shè)平面FBD的法向量m＝(x，y，z)， 則得 令x＝3，則y＝－2，z＝－5，故m＝(3，－2，－5)，又＝， 設(shè)直線(xiàn)DM與平面FBD所成的角為θ，則 sinθ＝|cos〈m，〉|＝ ＝＝， 故直線(xiàn)DM與平面FBD所成角的正弦值為. 18