高考一輪復習專項練習數(shù)學單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何

單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何(時間:120分鐘滿分:80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.(2020河北滄州一中月考)下列說法正確的是()A.棱柱的各個側(cè)面都是平行四邊形B.底面是矩形的四棱柱是長方體C.有一個面為多邊形,其余各面都是三角形的幾何體是棱錐D.直角三角形繞其一邊所在直線旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是圓錐2.若圓錐的表面積是底面積的3倍,則該圓錐的側(cè)面展開圖扇形的圓心角為()A.2π3 B.5π63.(2020寧夏六盤山高級中學高三模擬)對于不同的直線m,n和平面α,β,α⊥β的一個充分條件是()A.m⊥n,m∥α,n∥β B.m⊥n,α∩β=m,n?αC.m∥n,n⊥β,m?α D.m∥n,m⊥α,n⊥β4.(2020河北博野中學高三開學考試)如圖,在棱長為4的正方體ABCDA1B1C1D1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+45 B.42+25C.52+35 D.82+455.(2020山東日照五蓮丶濰坊安丘、濰坊諸城、臨沂蘭山高三6月模擬)唐朝的狩獵景象浮雕銀杯如圖1所示.其浮雕臨摹了國畫、漆繪和墓室壁畫,體現(xiàn)了古人的智慧與工藝.它的盛酒部分可以近似地看作是半球與圓柱的組合體(假設(shè)內(nèi)壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如圖2所示.已知球的半徑為R,酒杯內(nèi)壁表面積為143πR2,設(shè)酒杯上部分(圓柱)的體積為V1,下部分(半球)的體積為V2,則V1V2A.2 B.32 C.1 D.6.已知利用3D打印技術(shù)制作如圖所示的模型.該模型為在圓錐底內(nèi)挖去一個正方體后的剩余部分(正方體四個頂點在圓錐母線上,四個頂點在圓錐底面上),圓錐底面直徑為102cm,母線與底面所成角的正切值為2.打印所用原料密度為1g/cm3,不考慮打印損耗,制作該模型所需原料的質(zhì)量約為()(取π=3.14,精確到0.1)A.609.4g B.447.3g C.398.3g D.357.3g7.(2020全國2,理10)已知△ABC是面積為934的等邊三角形,且其頂點都在球O的球面上.若球O的表面積為16π,則O到平面ABC的距離為(A.3 B.32 C.1 D.8.(2020山東泰安第二中學月考)菱形ABCD的邊長為2,現(xiàn)將△ACD沿對角線AC折起使平面ACD'⊥平面ACB,則此時所成空間四面體體積的最大值為()A.16327 B.53二、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,有選錯的得0分,部分選對的得3分.9.在正四面體ABCD中,E,F,G分別是BC,CD,DB的中點,下面四個結(jié)論中正確的是()A.BC∥平面AGF B.EG⊥平面ABFC.平面AEF⊥平面BCD D.平面ABF⊥平面BCD10.如圖,已知圓錐的頂點為S,底面圓O的兩條直徑分別為AB和CD,且AB⊥CD,若平面SAD∩平面SBC=l,則以下結(jié)論正確的是()A.AD∥平面SBCB.l∥ADC.若E是底面圓周上的動點,則△SAE的最大面積等于△SAB的面積D.l與平面SCD所成角的大小為45°11.(2020河南洛陽高三模擬)如圖,已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2,E為棱CC1的中點,F為棱AA1上的點,且滿足A1F∶FA=1∶2,點F,B,E,G,H為過三點B,E,F的平面BMN與正方體ABCDA1B1C1D1的棱的交點,則下列說法正確的是()A.HF∥BEB.三棱錐B1BMN的體積為6C.直線MN與平面A1B1BA的夾角是45°D.D1G∶GC1=1∶312.(2020山東臨沂一模)如圖,點E為正方形ABCD邊CD上異于點C,D的動點,將△ADE沿AE翻折成△SAE,在翻折過程中,下列說法正確的是()A.存在點E和某一翻折位置,使得SB⊥SEB.存在點E和某一翻折位置,使得AE∥平面SBCC.存在點E和某一翻折位置,使得直線SB與平面ABC所成的角為45°D.存在點E和某一翻折位置,使得二面角SABC的大小為60°三、填空題:本題共4小題,每小題5分,共20分.13.(2020遼寧高三二模,理)已知一個圓柱的側(cè)面積等于表面積的一半,且其軸截面的周長是18,則該圓柱的體積是.

14.正四棱錐PABCD,底面邊長為2,二面角PABC為45°,則此四棱錐的體積為.

15.(2020福建福州高三期末)《九章算術(shù)》中,將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑.在如圖所示的鱉臑PABC中,PA⊥平面ABC,∠ACB=90°,CA=4,PA=2,D為AB中點,E為△PAC內(nèi)的動點(含邊界),且PC⊥DE.①當E在AC上時,AE=;②點E的軌跡的長度為.

16.(2020新高考全國1,16)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱長均為2,∠BAD=60°.以D1為球心,5為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為.

四、解答題:本題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.(10分)如圖,已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為3,M,N分別是棱AA1,AB上的點,且AM=AN=1.(1)證明:M,N,C,D1四點共面;(2)求幾何體AMNDD1C的體積.18.(12分)(2020廣西南寧二中高三月考)如圖,已知長方形ABCD中,AB=2,AD=1,M為DC的中點.將△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM.(1)求證:AD⊥BM;(2)點E是線段DB上的一動點,當二面角EAMD大小為π3時,試確定點E的位置19.(12分)(2020全國高三二模(文))如圖,扇形AOB的圓心角為90°,半徑為2,四邊形SOBC為正方形,平面SOBC⊥平面AOB,過直線SC作平面SCMN交AB于點M,交OA于點N.(1)求證:MN∥OB;(2)求三棱錐SMON體積的最大值.20.(12分)(2020四川宜賓敘州第二中學高三一模(理))如圖,已知三棱柱ABCA1B1C1中,側(cè)棱與底面垂直,且AA1=AB=AC=2,AB⊥AC,M,N分別是CC1,BC的中點,點P在線段A1B1上,且A1P=λ(1)求證:不論λ取何值,總有AM⊥PN;(2)當λ=1時,求平面PMN與平面ABC夾角的余弦值.21.(12分)(2020山東高三聯(lián)考三模)已知直三棱柱ABCA1B1C1,AB=AC=AA1=1,M,N,P分別為A1C1,AB1,BB1的中點,且AP⊥MN.(1)求證:MN∥平面B1BCC1;(2)求∠BAC;(3)求二面角A1PNM的余弦值.22.(12分)(2020重慶沙坪壩南開中學高三月考)如圖,四棱錐PABCD中,底面ABCD是邊長為2的正方形,側(cè)面PAB⊥底面ABCD,E為PC上的點,且BE⊥平面APC.(1)求證:平面PAD⊥平面PBC;(2)當三棱錐PABC體積最大時,求二面角BACP的余弦值.參考答案單元質(zhì)檢卷七空間向量與立體幾何1.A對于A,根據(jù)棱柱的性質(zhì)可知,棱柱的各個側(cè)面都是平行四邊形,故A正確;對于B,底面是矩形,若側(cè)棱不垂直于底面,這時的四棱柱是斜四棱柱,不是長方體,只有底面是矩形的直四棱柱才是長方體,故B錯誤;對于C,有一個面為多邊形,其余各面都是三角形的幾何體不一定是棱錐,只有其余各面是有一個公共頂點的三角形的幾何體,才是棱錐,故C錯誤;對于D,直角三角形繞其一條直角邊所在直線旋轉(zhuǎn)一周形成的幾何體是圓錐,如果繞著它的斜邊旋轉(zhuǎn)一周,形成的幾何體則是兩個具有共同底面的圓錐,故D錯誤.故選A.2.C設(shè)圓錐的底面半徑為r,母線長為l,側(cè)面展開圖扇形的圓心角為θ,根據(jù)條件得πrl+πr2=3πr2,即l=2r,根據(jù)扇形面積公式得θπl(wèi)22即θ=r·2πl(wèi)=r3.CA選項中,根據(jù)m⊥n,m∥α,n∥β,得到α⊥β或α∥β,所以A錯誤;B選項中,m⊥n,α∩β=m,n?α,不一定得到α⊥β,所以B錯誤;C選項中,因為m∥n,n⊥β,所以m⊥β,又m?α,從而得到α⊥β,所以C正確;D選項中,根據(jù)m∥n,m⊥α,所以n⊥α,而n⊥β,所以得到α∥β,所以D錯誤.故選C.4.A如圖,取DD1的中點F,連接AF,EF,顯然EF∥AB1,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=22,5.A設(shè)酒杯上部分(圓柱)的高為h,球的半徑為R,則酒杯下部分(半球)的表面積為2πR2,酒杯內(nèi)壁表面積為143πR2,得圓柱側(cè)面積為143πR22πR2=83πR2,酒杯上部分(圓柱)的表面積為2πR×h=83πR2,解得h=43R,酒杯下部分(半球)的體積V2=12×43π×R3=23πR3,酒杯上部分(圓柱)的體積V1=6.C如圖是幾何體的軸截面,因為圓錐底面直徑為102cm,所以半徑為OB=52cm.因為母線與底面所成角的正切值為tanB=2,所以圓錐的高為PO=10cm.設(shè)正方體的棱長為a,DE=2a,則22a52=所以該模型的體積為V=13π×(52)2×所以制作該模型所需原料的質(zhì)量為500π3125×1=500π3125≈398.7.C設(shè)等邊三角形ABC的邊長為a,球O的半徑為R,△ABC的外接圓的半徑為r,則S△ABC=34a2=934,S球O=4πR2=16π,解得a=3,R=2.故r=23×32a=3.設(shè)O到平面ABC的距離為d,則d2+r2=R故選C.8.A設(shè)AC的中點為O,因為D'C=D'A,所以D'O⊥AC.又因為平面ACD'⊥平面ACB,平面ACD'∩平面ACB=AC,所以D'O⊥平面ABC,設(shè)∠ABC=∠ADC=α,α∈(0,π),在△ACD中,DO=ADcosα2=2cosα2,由題意可知D'O=DO=2cosα2,S△ABC=12×2×2sinα=2sinα,VD'ABC=13S△ABC×D'O=43sinαcosα2=83sinα2cos2α2=設(shè)t=sinα2,則VD'ABC=83(tt3),且0<t<1,所以V'D'ABC=83(13所以當0<t<33時,V'D'ABC>0,當33<t<1時,V'D'ABC<0,所以當t=33時,VD'ABC取得最大值16327,所以四面體D'ABC9.ABD∵F,G分別是CD,DB的中點,∴GF∥BC,則BC∥平面AGF,故A正確;∵E,F,G分別是BC,CD,DB的中點,∴CD⊥AF,CD⊥BF,AF∩BF=F,即CD⊥平面ABF,∵EG∥CD,∴EG⊥平面ABF,故B正確;∵CD⊥平面ABF,CD?平面BCD,∴平面ABF⊥平面BCD,故D正確,C錯誤.故選ABD.10.ABD由AB和CD是圓O的直徑,且AB⊥CD,得四邊形ABCD為正方形,則AD∥BC.BC?平面SBC,從而AD∥平面SBC,故A正確;又因為AD?平面SAD,且平面SAD∩平面SBC=l,所以l∥AD,故B正確;因為S△SAE=12SA·SEsin∠ASE,當∠ASB為鈍角時,(S△SAE)max>S△SAB當∠ASB為銳角或直角時,(S△SAE)max=S△SAB,故C不正確;由l∥AD,得l與平面SCD所成的角等于AD與平面SCD所成的角,即為∠ADO,又因為∠ADO=45°,故D正確.故選ABD.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HF∥BE,故A正確;由于A1F∶FA=1∶2,而E是CC1的中點,故MA1=1,C1N=2.對于B選項,VB1-BMN=VB-MNB1=13×12×MB1×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tan∠NMB1=B1NB1M對于D選項,可知D1G=12,GC1=32,故D綜上可知,正確的為AD,故選AD.12.ACD當SE⊥CE時,SE⊥AB,SE⊥SA,SA∩AB=A,故SE⊥平面SAB,故SE⊥SB,故A正確;若AE∥平面SBC,因為AE?平面ABC,平面ABC∩平面SBC=BC,則AE∥CB,與已知矛盾,故B錯誤;如圖所示,DF⊥AE交BC于點F,交AE于點G,S在平面ABCE的投影O在GF上,連接BO,故∠SBO為直線SB與平面ABC所成的角,取二面角SAEB的平面角為α,取AD=4,DE=3,故AE=DF=5,CE=BF=1,SG=125,OG=125cosα,故只需滿足SO=OB=125sin在△OFB中,根據(jù)余弦定理(125sinα)2=12+(135-125解得cosα=23,故C正確過O作OM⊥AB交AB于點M,則∠SMO為二面角SABC的平面角,取二面角SAEB的平面角為60°,故只需滿足DG=2GO=2OM,設(shè)∠OAG=∠OAM=θ,π8<θ<π4,則∠DAG=π22θ,化簡得到2tanθtan2θ=1,解得tanθ=55,驗證滿足,故D正確13.27π設(shè)圓柱的底面圓的半徑為r,高為h.由題意可得2解得r=h=3,則該圓柱的體積是πr2h=27π.14.43如圖,設(shè)點P在底面ABCD內(nèi)的射影為點O因為四棱錐PABCD為正四棱錐,所以O(shè)為正方形ABCD的中心,取AB的中點E,連接PO,PE,OE,則PO⊥平面ABCD,OE⊥AB,又PA=PB,所以PE⊥AB,所以∠PEO為二面角PABC的平面角,所以∠PEO=45°.因為BC=2,所以O(shè)E=PO=1,所以此四棱錐的體積為13PO·SABCD=13×1×2×15.①2②255①當E在AC上時,因為PA⊥平面ABC,故PA⊥DE,又PC⊥DE,故DE⊥故DE⊥AC.又∠ACB=90°,D為AB中點,故DE∥BC,所以E為AC中點.故AE=12AC=2②取AC中點F,則由①知DF⊥平面PAC,故PC⊥DF,又PC⊥DE,設(shè)平面DEF∩PC=G,則有PC⊥平面DGF.故點E的軌跡為線段FG.又此時CF=2,故sin∠PCA=222+42=516.22π如圖所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°,且B1C1=C1∴△B1C1D1為等邊三角形.∴B1D1=2.設(shè)點O1是B1C1的中點,則O1D1=3,易證D1O1⊥平面BCC1B1,設(shè)P是球面與側(cè)面BCC1B1交線上任意一點,連接O1P,則O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1O12+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=2.即P在以O(shè)1為圓心,以取BB1,CC1的中點分別為E,F,則B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,∴O1E=O1F=2,O1E2+O1F2=EF2=4,∴∠EO1F=90°,∴交線EPF=14×217.(1)證明∵A1D1∥AD,A1D1=AD,又BC∥AD,BC=AD,∴A1D1∥BC,且A1D1=BC,連接A1B,則四邊形A1BCD1是平行四邊形,所以A1B∥D1C.在△ABA1中,AM=AN=1,AA1=AB=3,所以AMAA1=ANAB,所以所以MN∥D1C,所以M,N,C,D1四點共面.(2)解因為平面ABB1A1∥平面DCC1D1,又M,N,C,D1四點共面,所以平面AMN∥平面DD1C,延長CN與DA相交于點P,因為AN∥DC,所以ANDC=PAPD,即13=PAPA+3,解得PA=32,同理延長D1M與DA相交于點Q,可得QA=32,所以點P與點Q重合所以幾何體AMNDD1C是一個三棱臺,所以VAMN-DD1C=18.解取AM的中點O,AB的中點N,則ON,OA,OD兩兩垂直,以O(shè)為原點建立如圖所示的空間直角坐標系,則A22,0,0,B22,2,0,M22,0,0,D(1)證明:由于AD=22,0,22,BM=(0,2,0),則AD·BM=0,故AD⊥BM,即(2)解:設(shè)存在滿足條件的點E,并設(shè)DE=λDB,λ∈(0,1],DB=22,2,22,則DE=λ22,則點E的坐標為22λ,2λ,22-22λ,λ∈(0,1].易得平面ADM的法向量可以取n1=(0,1,0),設(shè)平面AME的法向量為n2=(x,y,z),則AM=(2,0,0),AE=22λ2-故n2=(0,λ1,2λ).cos<n1,n2>=n1由于二面角EAMD大小為π3故cosπ3由于λ∈(0,1],故解得λ=233或233(舍去).故當E位于線段DB之間,且DEDB=233時,二面角EAMD大小為19.(1)證明因為SC∥OB,SC?平面SCMN,OB?平面SCMN,所以O(shè)B∥平面SCMN.又OB?平面AOB,平面SCMN∩平面AOB=MN,所以MN∥OB.(2)解因為平面SOBC⊥平面AOB,平面SOBC∩平面AOB=OB,SO⊥OB,所以SO⊥平面AOB,即線段SO的長就是三棱錐SMON的高.因為OA⊥OB,MN∥OB,所以MN⊥OA.設(shè)ON=x(0<x<2),則MN=4-x2,所以三棱錐SMON的體積為V=13SO·12ON·MN=1所以,當x=2時,三棱錐SMON體積有最大值,Vmax=220.解以點A為坐標原點,以AB,AC,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)xyz,A1(0,0,2),B1(2,0,2),M(0,2,1),N(1,1,0),則A1B1=(2,0,0),AA1=(1)證明:∵A1P=λPB1=∵AP=AA1+A1P=(0,0,2)+2λ1+λ,0,0=2λ1+λ,0,2,PN=AN-AP=(1,1,0)2λ1+λ,0因此,無論λ取何值,都有AM⊥PN.(2)解:當λ=1時,P(1,0,2),PN=(0,1,2),PM=(1,2,而平面ABC的法向量n=(0,0,1),設(shè)平面PMN的法向量為m=(x,y,z),則m則m=(3,2,1),設(shè)平面PMN與平面ABC的夾角為θ,則cosθ=|因此,平面PMN與平面ABC的夾角的余弦值是1421.(1)證明取B1C1的中點Q,連接MQ,NP,PQ,則MQ∥A1B1,且MQ=12A1B1,PN∥AB,且PN=12又AB∥A1B1,AB=A1B1,所以PN∥MQ,且PN=MQ,所以PNMQ為平行四邊形,所以MN∥PQ.又MN?平面B1BCC1,PQ?平面B1BCC1,所以MN∥平面B1B