2020届高考数学一轮复习 单元检测八 立体几何与空间向量（提升卷）单元检测 理（含解析） 新人教A

单元检测八立体几何与空间向量(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60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．(2018·广东省广州市培正中学模拟)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()A．25πB．50πC．125πD．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＝32＋42＋522＝522，所以球的表面积为4πR2＝4π·5222＝50π，故选B.3.如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝32，且EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()A.92B．5C．6D.152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92，进而整个多面体的体积为152.4．如图，一个空间几何体的正视图，侧视图，俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边的长为1，那么这个几何体的体积为()A.16B.12C.13D．1答案A解析由三视图还原可知原图形是底面是直角边为1的等腰直角三角形，两侧面也是直角边为1的等腰直角三角形，另一侧面是边长为2的等边三角形的三棱锥．所以体积为V＝13×12×1×1×1＝16，选A.5．(2018·西安模拟)若平面α与β的法向量分别是a＝(2,4，－3)，b＝(－1,2,2)，则平面α与β的位置关系是()A．平行B．垂直C．相交但不垂直D．无法确定答案B解析因为a·b＝(2,4，－3)·(－1,2,2)＝0，所以a⊥b，所以两平面垂直．6.如图，长方体ABCD—A1B1C1D1中，∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，那么异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是()A.28B.38C.24D.34答案C解析由长方体∠DAD1＝45°，∠CDC1＝30°，设AD＝DD1＝1，CD＝3.连接BC1，BD.由AD1∥BC1，所以异面直线AD1与DC1所成角，即∠BC1D.在△BDC1中，BC1＝2，BD＝2，C1D＝2，由余弦定理可得cos∠BC1D＝C1D2＋BC21－BD22C1D·BC1＝22＋2－222×2×2＝24，所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值是24，选C.7．△ABC所在的平面为α，直线l⊥AB，l⊥AC，直线m⊥BC，m⊥AC，则直线l，m的位置关系是()A．相交B．平行C．异面D．不确定答案B解析∵l⊥AB，l⊥AC，AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，∴l⊥平面ABC.∵m⊥BC，m⊥AC，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，∴m⊥平面ABC，∴l∥m，故选B.8．已知向量a＝(2,4,5)，b＝(3，x，y)分别是直线l1，l2的方向向量，若l1∥l2，则()A．x＝6，y＝15B．x＝3，y＝152C．x＝3，y＝15D．x＝6，y＝152答案D解析∵l1∥l2，∴存在实数k使得b＝ka，即(3，x，y)＝k(2,4,5)，∴3＝2k，x＝4k，y＝5k，解得x＝6，y＝152，故选D.9．(2018·湖南省长沙市周南中学模拟)如图，在所有棱长均为a的直三棱柱ABC—A1B1C1中，D，E分别为BB1，A1C1的中点，则异面直线AD，CE所成角的余弦值为()A.12B.32C.15D.45答案C解析设AC的中点为O，以OB→，OC→，OE→为x，y，z轴建立坐标系(图略)，则A0，－a2，0，D32a，0，a2，C0，a2，0，E(0,0，a)，则AD→＝32a，a2，a2，CE→＝0，－a2，a，设AD与CE所成的角为θ，则cosθ＝0×32a－a2×a2＋a2×a34a2＋a24＋a24·a24＋a2＝15，故选C.10．已知α，β是两个平面，直线l⊄α，l⊄β，若以①l⊥α；②l∥β；③α⊥β中两个为条件，另一个为结论构成三个命题，则其中正确的命题有()A．①③⇒②；①②⇒③B．①③⇒②；②③⇒①C．①②⇒③；②③⇒①D．①③⇒②；①②⇒③；②③⇒①答案A解析因为α⊥β，所以在β内找到一条直线m，使m⊥α，又因为l⊥α，所以l∥m.又因为l⊄β，所以l∥β，即①③⇒②；因为l∥β，所以过l可作一平面γ∩β＝n，所以l∥n，又因为l⊥α，所以n⊥α，又因为n⊂β，所以α⊥β，即①②⇒③.故选A.11.如图，空间四边形OABC中，M，N分别是OA，BC的中点，点G在线段MN上，且MG＝2GN，若OG→＝xOA→＋yOB→＋zOC→，则()A．x＝13，y＝13，z＝13B．x＝13，y＝13，z＝16C．x＝16，y＝16，z＝13D．x＝16，y＝13，z＝13答案D解析由向量的运算法则有OG→＝OM→＋MG→＝12OA→＋MG→，①OG→＝OC→＋CN→＋NG→，②OG→＝OB→＋BN→＋NG→，③又BN→＝－CN→，MG→＝－2NG→，∴①＋②＋③得3OG→＝12OA→＋OB→＋OC→，据此可知x＝16，y＝13，z＝13.12.点P在正方体侧面BCC1B1及其边界上运动，并且保持AP⊥BD1，则点P的轨迹为()A．线段B1CB．BB1的中点与CC1的中点连成的线段C．线段BC1D．BC的中点与B1C1的中点连成的线段答案A解析∵AP⊥BD1恒成立，∴要保证AP所在的平面始终垂直于BD1.∵AC⊥BD1，AB1⊥BD1，AC∩AB1＝A，AB1，AC⊂平面AB1C，∴BD1⊥平面AB1C，∴P点在线段B1C上运动．故选A.第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．正四面体ABCD的棱长为2，半径为2的球O过点D,MN为球O的一条直径，则AM→·AN→的最小值是______．答案4－42解析很明显当O，D，M，N四点共面时数量积能取得最值，由题意可知OD＝OM＝ON，则△MDN是以点D为顶点的直角三角形，且AM→·AN→＝(AD→＋DM→)·(AD→＋DN→)＝AD→2＋AD→·(DM→＋DN→)＋DM→·DN→＝4＋2AD→·DO→＋0，当向量AD→，DO→反向时，AM→·AN→取得最小值4－2×2×2＝4－42.14.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱AA1和AB上的点，若∠B1MN是直角，则∠C1MN＝________.答案90°解析因为C1B1⊥平面ABB1A1，MN⊂平面ABB1A1，所以C1B1⊥MN.又因为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.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△PAC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．答案AB，BC，ACAB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面PAC，∴与AP垂直的直线是AB.16.如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝90°，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1＝________.答案23解析∵∠BAA1＝∠DAA1＝60°，∴A1在平面ABCD上的射影必落在直线AC上，∴平面ACC1A1⊥平面ABCD，∵AB＝1，AD＝2，AA1＝3，AC1→＝AC→＋CC1→＝AB→＋AD→＋AA1→，∴|AC1→|2＝(AB→＋AD→＋AA1→)2＝|AB→|2＋|AD→|2＋|AA1→|2＋2AB→·AD→＋2AB→·AA1→＋2AD→·AA1→＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×12＋2×2×3×12＝23，∴|AC1→|＝23，∴AC1＝23.三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(12分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABC－A1B1C1中，AC＝9，BC＝12，AB＝15，AA1＝12，点D是AB的中点．(1)求证：AC⊥B1C；(2)求证：AC1∥平面CDB1.证明(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴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的中点D1，连接C1D1，D1D和AD1.∵AD∥D1B1，且AD＝D1B1，∴四边形ADB1D1为平行四边形，∴AD1∥DB1，又∵AD1⊄平面CDB1，DB1⊂平面CDB1，∴AD1∥平面CDB1.∵CC1∥DD1，且CC1＝DD1，∴四边形CC1D1D为平行四边形，∴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)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2.(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AD∥BC，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AD⊥PD.在Rt△PDA中，由已知，得AP＝AD2＋PD2＝5，故cos∠DAP＝ADAP＝55.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AD⊥PD.又因为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＝CD2＋CF2＝25，在Rt△DPF中，可得sin∠DFP＝PDDF＝55.所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为55.19．(13分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝4，F是棱PA上一点，且AF＝1，E为PD的一个靠近D点的三等分点．(1)求证：CE∥平面BDF；(2)求平面BDF与平面PAD所成的锐二面角的余弦值．(1)证明以点A为坐标原点，以AD，AP所在的直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图．则A(