2023年新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元質(zhì)檢卷七：空間向量與立體幾何（Word版含解析）

1、PAGE PAGE 20單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何(時間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40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.(2021湖南衡陽月考)下列說法正確的是()A.三點確定一個平面B.如果一條直線平行于一個平面,則這條直線平行于這個平面內(nèi)的任意一條直線C.如果一條直線與一個平面內(nèi)的兩條相交直線垂直,則該直線與此平面垂直D.平行于同一平面的兩條直線互相平行2.平面外的一條直線l上有相異的三個點A,B,C,且三個點到平面的距離相等,那么直線l與平面的位置關(guān)系是()A.lB.lC.l與相交D.l或l3.(2021山東濟寧二模

2、)“直線m垂直平面內(nèi)的無數(shù)條直線”是“m”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件4.一個正四棱錐的底面邊長為2,高為3,則該正四棱錐的表面積為()A.8B.12C.16D.205.(2021廣東清遠(yuǎn)一中開學(xué)考試)把一個已知圓錐截成一個圓臺和一個小圓錐,已知圓臺的上、下底面半徑之比為13,母線長為6 cm,則已知圓錐的母線長為()A.8 cmB.9 cmC.10 cmD.12 cm6.(2021河南安陽一中月考)在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為B1D1的中點,則直線PB與AD1成的角為()A.2B.3C.4D.67.(2020河北博野中學(xué)高三開學(xué)

3、考試)如圖,在棱長為4的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E為D1C1的中點.過點B1,E,A的平面截該正方體所得的截面周長為()A.62+45B.42+25C.52+35D.82+458.(2021河北石家莊質(zhì)量檢測二)在三棱錐P-ABC中,PA底面ABC,BCPC,PA=AC=2,BC=a,動點Q從B點出發(fā),沿外表面經(jīng)過棱PC上一點到點A的最短距離為10,則該棱錐的外接球的表面積為()A.5B.8C.10D.20二、選擇題:本題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.(2021廣東廣州天河三模)關(guān)于

4、空間兩條不同直線a,b和兩個不同平面,下列命題正確的是()A.a,b,則abB.ab,b,則aC.a,b,則abD.a,則a10.九章算術(shù)中將底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”;底面為矩形,一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐稱之為“陽馬”;四個面均為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”.如圖,在塹堵ABC-A1B1C1中,ACBC,且AA1=AB=2.下列說法正確的是()A.四棱錐B-A1ACC1為“陽馬”B.四面體A1-C1CB為“鱉臑”C.過A點分別作AEA1B于點E,AFA1C于點F,則EFA1BD.四棱錐B-A1ACC1體積最大為2311.如圖,已知正方體ABCD-A1B1C1D1

5、的棱長為2,E為棱CC1的中點,F為棱AA1上的點,且滿足A1FFA=12,點F,B,E,G,H為過三點B,E,F的平面BMN與正方體ABCD-A1B1C1D1的棱的交點,則下列說法正確的是()A.HFBEB.三棱錐B1-BMN的體積為6C.直線MN與平面A1B1BA的夾角是45D.D1GGC1=1312.(2021湖南雅禮中學(xué)模擬)在正方體AC1中,E是棱CC1的中點,F是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點,且A1F與平面D1AE的垂線垂直,如圖所示,下列說法正確的是()A.點F的軌跡是一條線段B.A1F與BE是異面直線C.A1F與D1E不可能平行D.三棱錐F-ABD1的體積為定值三、填空題:本題共4

6、小題,每小題5分,共20分.13.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,D是AB的中點,則在所有的棱中與直線CD和AA1都垂直的直線有.14.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,平面A1CC1與平面BDC1的交線是.15.將半徑為4的半圓卷成一個圓錐,則圓錐的體積為.16.(2021浙江杭州二中模擬)如圖,ABC的三邊AB=10,BC=12,CA=14,D,E,F分別是三邊的中點,沿DF,FE,ED將ADF,CEF,BED折起,使得A,B,C重合于點P,則四面體PDEF的表面積為;體積為.四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)如圖在邊長

7、是2的正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,A1C的中點.(1)求異面直線EF與CD1所成角的大小;(2)證明:EF平面A1CD.18.(12分)(2021安徽馬鞍山三模)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為菱形,PAD為等邊三角形,ABC=60,O為AD的中點.(1)證明:平面PAD平面POC;(2)若AD=2,PC=6,點M在線段PD上,PM=3MD,求三棱錐P-OCM的體積.19.(12分)(2021北京延慶三模)如圖,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是邊長為2的正方形,側(cè)面ADD1A1為矩形,且側(cè)面ADD1A1底面ABCD,AA1=4,E,M,N分

8、別是BC,BB1,A1D的中點.(1)求證:MN平面C1DE;(2)求二面角D-C1E-B1的余弦值.20.(12分)(2021北京,17)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,點E為A1D1中點,直線B1C1交平面CDE于點F.(1)證明:點F為B1C1的中點;(2)若點M為棱A1B1上一點,且二面角M-CF-E的余弦值為53,求A1MA1B1的值.21.(12分)(2020新高考,20)如圖,四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD底面ABCD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l.(1)證明:l平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q為l上的點,求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.22

9、.(12分)(2021天津濱海新區(qū)塘沽第一中學(xué)月考)已知如圖,四邊形PDCE為矩形,四邊形ABCD為梯形,平面PDCE平面ABCD,BAD=ADC=90,AB=AD=12CD=1,PD=2.(1)若M為PA中點,求證:AC平面MDE;(2)求直線PA與平面PBC所成角的正弦值;(3)在線段PC上是否存在一點Q(除去端點),使得平面QAD與平面PBC所成銳二面角的大小為3?若存在,請說明點Q的位置;若不存在,請說明理由.單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何1.C解析:當(dāng)三點共線時,不能確定一個平面,故A錯誤;如果一條直線平行于一個平面,則這條直線與這個平面內(nèi)的任意一條直線可能平行也可以異面,故B錯誤;

10、由線面垂直的判定定理知C正確;平行于同一平面的兩條直線可能平行,可能相交也可以異面,故D錯誤.故選C.2.B解析:當(dāng)直線l與平面相交時,直線l上只有2個不同點到平面的距離相等,故A,C錯誤;當(dāng)直線l平面時,直線上所有點到平面距離都相等,滿足題意,故B正確;因為平面外的一條直線l,所以l,故D錯誤.故選B.3.B解析:因為當(dāng)直線m垂直平面內(nèi)的所有直線時,可得m,所以由直線m垂直平面內(nèi)的無數(shù)條直線不一定能推出m;當(dāng)m時,直線m垂直平面內(nèi)的無數(shù)條直線,所以直線m垂直平面內(nèi)的無數(shù)條直線是m的必要不充分條件.故選B.4.B解析:如圖所示,在正四棱錐P-ABCD中,底面ABCD的邊長為2,設(shè)點P在底面AB

11、CD的投影點為點O,則四棱錐P-ABCD的高PO=3,則O為AC的中點,且AO=12AC=22AB=2,PB=PA=PO2+AO2=5.取AB的中點E,連接PE,則PEAB,且PE=PA2-AE2=2,則SPAB=12ABPE=2,故正四棱錐P-ABCD的表面積S=4SPAB+S四邊形ABCD=42+22=12.故選B.5.B解析:設(shè)圓錐的母線長為l,因為圓臺的上、下底面半徑之比為13,所以(l-6)l=13,解得l=9.故選B.6.D解析:(方法1)如圖1所示,連接BC1,則PBC1就是直線PB與AD1所成的平面角,易得PBPC1,且BC1=2PC1,所以PBC1=6.故選D.(方法2)以點

12、D為坐標(biāo)原點,直線DA,DC,DD1分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,如圖2.設(shè)AB=1,則B(1,1,0),P12,12,1,A(1,0,0),D1(0,0,1),所以PB=12,12,-1,AD1=(-1,0,1),設(shè)直線PB與AD1所成的角為,則cos=|PBAD1|PB|AD1|=32322=32,所以=6.圖1圖2故選D.7.A解析:如圖,取DD1的中點F,連接AF,EF,顯然EFAB1,則四邊形AB1EF為所求的截面.因為D1E=C1E=2,所以B1E=22+42=25,AB1=42+42=42,EF=22+22=22,AF=42+22=25,所以截面的周長為62

13、+45.8.B解析:將側(cè)面PBC沿PC翻折到與側(cè)面PAC共面,如圖所示.則動點Q從B點出發(fā),沿外表面經(jīng)過棱PC上一點到點A的最短距離為AB.PA底面ABC,AC平面ABC,PAAC.又BCPC,PA=AC,ACB=2+4=34,AB2=AC2+BC2-2ACBCcosACB=2+a2+22a22=10,解得a=2.PB=PC2+BC2=PA2+AC2+BC2=22.取PB中點O,連接AO,CO,PAAB,PCBC,AO=CO=12PB,O為該棱錐的外接球的球心,其半徑R=12PB=2,球O的表面積S=4R2=8.故選B.9.AC解析:對于A,當(dāng)a,b,直線a和b相當(dāng)于平面的法向量,則ab,故A

14、正確;對于B,當(dāng)ab,b,則a或a,故B錯誤;對于C,a,b,則ab,故C正確;對于D,a,則a或a與相交,或a,故D錯誤.故選AC.10.ABC解析:因為底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱稱為“塹堵”,所以在“塹堵”ABC-A1B1C1中,ACBC,側(cè)棱AA1平面ABC,因為AA1BC,又ACBC,且AA1AC=A,則BC平面AA1C1C,所以四棱錐B-A1ACC1為“陽馬”,故A項正確;由ACBC,得A1C1BC,又A1C1C1C且C1CBC=C,所以A1C1平面BB1C1C,所以A1C1BC1,則A1BC1為直角三角形.又由BC平面AA1C1C,得A1BC為直角三角形,由“塹堵”的

15、定義可得A1C1C為直角三角形,CC1B為直角三角形,所以四面體A1-C1CB為“鱉臑”,故B項正確;因為BC平面AA1C1C,則BCAF,又AFA1C且A1CBC=C,則AF平面A1BC,所以AFA1B.又AEA1B且AFAE=A,則A1B平面AEF,則A1BEF,故C項正確;在底面有4=AC2+BC22ACBC,即ACBC2,當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC時等號成立,VB-A1ACC1=13SA1ACC1BC=13AA1ACBC=23ACBC43,故D項不正確.故選ABC.11.AD對于A選項,由于平面ADD1A1平面BCC1B1,而平面BMN與這兩個平面分別交于HF和BE,根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理可知

16、HFBE,故A正確;由于A1FFA=12,而E是CC1的中點,故MA1=1,C1N=2.對于B選項,VB1-BMN=VB-MNB1=1312MB1NB1BB1=1312342=4,故B錯誤;對于C選項,由于B1N平面A1B1BA,所以直線MN與平面A1B1BA所成的角為NMB1,且tanNMB1=B1NB1M=431,故C錯誤;對于D選項,可知D1G=12,GC1=32,故D正確.綜上可知,正確的為AD,故選AD.12.ABD解析:對于選項A,如圖,分別找線段BB1,B1C1的中點M,N,連接A1M,MN,A1N.由題得MNAD1,MN平面D1AE,AD1平面D1AE,所以MN平面D1AE.又

17、A1MDE,A1M平面D1AE,D1E平面D1AE,所以A1M平面D1AE.又MNA1M=M,所以平面A1MN平面D1AE.因為A1F與平面D1AE的垂線垂直,又A1F平面D1AE,所以直線A1F與平面D1AE平行.又A1F平面A1MN,且點F是側(cè)面BCC1B1內(nèi)的動點,平面A1MN平面BCC1B1=MN,所以點F的軌跡為線段MN,故選項A正確;對于選項B,由圖可知,AF與BE是異面直線,故選項B正確;對于選項C,當(dāng)點F與點M重合時,直線A1F與直線D1E平行,故選項C錯誤;對于選項D,因為MNAD1,MN平面ABD1,AD1平面ABD1,所以MN面ABD1,則點F到平面ABD1的距離是定值,

18、又三角形ABD1的面積是定值,所以三棱錐F-ABD1的體積為定值,故選項D正確.故選ABD.13.AB,A1B1解析:由正三棱柱的性質(zhì)可知,與直線CD和AA1都垂直的直線有AB,A1B1.14.C1M解析:因為C1平面A1CC1,且C1平面BDC1,同時M平面A1CC1,且M平面BDC1,所以平面A1CC1與平面BDC1的交線是C1M.15.833解析:由題知,圓錐的母線長為l=4.設(shè)圓錐的底面半徑為r,則2r=4,即r=2.所以圓錐的高h(yuǎn)=l2-r2=23.故圓錐的體積V=13r2h=13423=833.16.246295解析:四面體的表面展開圖即ABC.ABC中,由余弦定理得cosABC=

19、AB2+BC2-AC22ABBC=102+122-14221012=15,則sinABC=265.四面體PDEF的表面積為SABC=12ABBCsinABC=121012265=246.因為四面體PDEF相對棱等長,則該四面體的每一組相對棱可作為一個矩形的兩條對角線,從而把四面體PDEF補形成長方體D1EP1F-DE1PF1,如圖.PD=EF=5,PE=DF=6,PF=DE=7,設(shè)FP1=x,FD1=y,FF1=z,則有x2+y2=25,y2+z2=36,z2+x2=49,解得x2=19,y2=6,z2=30,故xyz=695.所以四面體PDEF的體積V=VD1EP1F-DE1PF-4VP-P

20、1EF=xyz-416xyz=13xyz=295.17.解據(jù)題意,建立如圖空間直角坐標(biāo)系.則D(0,0,0),A1(2,0,2),C(0,2,0),E(2,1,0),F(1,1,1),D1(0,0,2),EF=(-1,0,1),CD1=(0,-2,2),DA1=(2,0,2),DC=(0,2,0).(1)cos=EFCD1|EF|CD1|=-10+0(-2)+12222=12,=60,即異面直線EF和CD1所成的角為60.(2)EFDA1=-12+00+12=0,EFDA1,即EFDA1.EFDC=-10+02+10=0,EFDC,即EFDC.又DA1,DC平面DCA1,且DA1DC=D,EF

21、平面A1CD.18.(1)證明根據(jù)題意可得,PA=PD,AO=OD,POAD.底面ABCD為菱形,ABC=60,則ACD為等邊三角形,COAD.POOC=O,PO,OC平面POC,AD平面POC.又AD平面PAD,平面PAD平面POC.(2)解在等邊三角形PAD中,AD=2,OP=OC=3.又PC=6,OP2+OC2=PC2,即POOC,SPOC=12POOC=1233=32.由(1)可知,AD平面POC,又PM=3MD,VP-OCM=VM-POC=34VD-POC=3413SPOCDO=3413321=38.19.(1)證明連接B1C,ME.因為M,E分別為BB1,BC的中點,所以MEB1C

22、,且ME=12B1C.又因為N為A1D的中點,所以ND=12A1D.由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,故四邊形MNDE為平行四邊形,則MNED.又MN平面C1DE,所以MN平面C1DE.(2)解因為底面ABCD是正方形,所以CDAD.因為側(cè)面ADD1A1底面ABCD,且側(cè)面ADD1A1底面ABCD=AD,所以CD平面ADD1A1,所以CDDD1,ADDD1.又因為側(cè)面ADD1A1為矩形,所以ADDD1.如圖建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,其中D(0,0,0),C1(0,2,4),E(1,2,0),C(0,2,0),且DC1=(0,2,4),DE=(1,2,0).因為CD平面ADD

23、1A1,所以DC平面BCC1B1,故DC=(0,2,0)為平面C1EB1的一個法向量,設(shè)n=(x,y,z)為平面DC1E的法向量,則nDC1=0,nDE=0,即2y+4z=0,x+2y=0,取y=-2,可得n=(4,-2,1).所以cos=DCn|DC|n|=-4221=-22121.因為二面角A-DE-B1的平面角是鈍角,所以二面角A-DE-B1的余弦值為-22121.20.(1)證明如圖所示,取B1C1的中點F,連接DE,EF,FC,由于ABCD-A1B1C1D1為正方體,E,F為中點,故EFCD,從而E,F,C,D四點共面,則平面CDE即為平面CDEF,故可得直線B1C1交平面CDE于點

24、F.當(dāng)直線與平面相交時只有唯一的交點,故點F與點F重合,即點F為B1C1中點.(2)解以點D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DD1方向分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,設(shè)正方體的棱長為2,設(shè)A1MA1B1=(01),則M(2,2,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),從而MC=(-2,2-2,-2),CF=(1,0,2),FE=(0,-2,0),設(shè)平面MCF的法向量為m=(x1,y1,z1),則mMC=-2x1+(2-2)y1-2z1=0,mCF=x1+2z1=0,令z1=-1,可得m=2,11-,-1.設(shè)平面CFE的法向量為n=(x2,y2,z2),則nFE=

25、-2y2=0,nCF=x2+2z2=0,令z2=-1可得n=(2,0,-1).則cos=mn|m|n|=55+(11-)25=53,整理可得(-1)2=14,解得=12=32舍去.21.解(1)因為PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD為正方形,所以ADDC.所以AD平面PDC.因為ADBC,AD不在平面PBC中,所以AD平面PBC,又因為AD平面PAD,平面PAD平面PBC=l,所以lAD.所以l平面PDC.(2)以D為坐標(biāo)原點,分別以DA,DC,DP的方向為x軸,y軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.由PD=AD=1,得D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),則DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可設(shè)Q(a,0,1),則DQ=(a,0,1).設(shè)n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,則nDQ=0,nDC=0,即ax+z=0,y=0.可